materi torsi
DESCRIPTION
pengerjaan dan materi torsiTRANSCRIPT
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 1
Bab1 Pendahuluan
11 Pengenalan Torsi
Dalam analisa struktur selain Momen Gaya Lintang dan Normal maka Torsi akan
menjadi salah satu yang menentukan dalam disain struktur bangunan
Dalam buku ini akan dibahas khusus hanya Torsi saja dimana akan dipaparkan
bagaimana perletakan Torsi Bidang torsi sudut puntir akibat torsi dan tegangan torsi
Tegangan torsi secara umum dibagi 3 yakni sbb
1 Tampang tebal seperti tampang Lingkaran persegi segitiga seperti pada
gambar 11
Gambar 11 Tampang tebal
2 Tampang tipis terbuka seperti profil I WF canal dll seperti pada gambar 12
Gambar 12 Tampang tipis terbuka
3 Tampang tipis tertutup sepertitampang hollow box dll seperti pada gambar
13
Gambar 13 Tampang tipis tertutup
Dalam buku ini akan dibahas tentang tegangan torsi untuk ketiga jenis tampang ini
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 2
12 SistemKoordinat
Dalam perhitungan di bukuini system koordinat searah sumbu batang secaraumum
dinamakan sumbuz sedangkan kearahlainnya adalah sumbu x dan y lihat gambar 14
a Sedangkan untuk perpindahan (displacement) searah sumbu x adalah u kearah
sumbu y adalah v dan searah sumbu z adalah w lihat gambar 14 b Untuk perputaran
sudut dengan sumbu putar x y dan z adalah υ ψ dan υ lihat gambar 14 c Khusus
torsi putaran sudut yang diakibatkan Torsi disebut juga sudut puntir (twist) υ
a) b) c)
Gambar 14 system koordinat
13 Perletakan Torsi
Pada jenis perletakan tanpa torsi dikenal dengan sendi jepit dan rol seperti pada
gambar lihat gambar 15 Sendi jika ∆119883 = 0 ∆119911 = 0 sedangkan jepit ∆119910 =∆119911 119889119886119899 120593 = 0 dan rol jika 0Y
Gambar 15 jenis perletakan pada batang
Khusus pada torsi maka diadakan simbol perletakan seperti pada gambar 16 a dan b
yang mana pada perletakan jepit torsi ataupun sudut puntir 0 dan adalah
perletakan yang bebas Torsi
X
Y Z
u
v w υ ψ
φ
z
x
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 3
Gambar16 perletakan Torsi
I3 Penggambaran bidang Torsi
Momen torsi terpusat Mt pada balok kantilever dengan panjang L Momen Torsi Mt
dapat dibuat dengan simbol seperti pada gambar 17a dengan dua tanda panah
Kemudian dapat dibuat dengan seperti 1 tanda panah dengan rotasi 90 derajat
(menjadi tegak lurus kebatang) gambar 17b dimana reaksi di A adalah RA = MT
119881 = 0 Pada batang AB akan mengalami torsi yang sama (seperti menghitung Gaya
Lintang dan bidang Torsi akan menjadi seperti 17 c
Z Z
Y Y
a) b)
119872119879
119872119879 L
119872119879
119877119860 = 119872119879
a)
b)
c)
+
A
B
B
Gambar 17 Torsi terpusat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 4
Selanjutnya momen torsi terbagi rata seperti di gambar 18a dimana suatu balok
kantilever mengalami beban torsi mt (terbagi rata) maka prinsipnya sama dengan
kasus pada gambar 17a beban torsi tersebut dibuat seperti pada gambar 18b Maka
Reaksi di A adalah RA = mtL dan bidang torsi seperti di gambar 18 c(cara seperti
gaya Lintang)
Gambar 18c Momen Torsi terbagi rata
Selanjutnya contoh lain seperti gambar 19
`
Penggambaran tanda bidang momen sama seperti menutup dan membuka skrup
Kalau arah Momen Torsi kearah menutup maka digambarkan negatif dan kalau
kearah membuka maka digambar positif
mT
A B
Gambar 19 a Bidang Torsi Terpusatpada
overhang b Bidang Torsi
Terpusatpadabalokdiatas 2 perletakandan c
Bidang Torsi terbagi rata padabalok
+
-
119898119879
119898119879
a)
b)
A B
A B
RA
c)
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 5
Selanjutnya dihitung Momen torsi sebuah batang dan hendak digambarkan bidang
Torsinya lihat gambar 110
Gambar 110
Reaksi pada titik A dengan 119872119911 = 0 maka 119872119860119879 = 12 + 20 = 32 119896119873119898 Kemudian
pada batang BC besar momen Torsi adalah 119872119862119879 = 119872119861
119879 = 20 119896119873119898 Pada batang AB
besar momen Torsi adalah 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 32 119896119873119898
Bidang torsi dapat dilihat digambar diatas
Kemudian contoh berikutnya gambar 111
12 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 32 kNm
20 kNm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 6
Gambar 111
Selanjutnya keduanya jepit gambar 113
Gambar 111
119872 119889119894119905119894119905119894119896 119863 = 0 dan119872119860119879 lowast 6 minus 20 lowast 4 minus 20 lowast 1 = 0 dan didapat 119872119860
119879 = 1667 119905119898
Dengan 119872119860 = 0 minus119872119863119879 lowast 6 + 20 lowast 2 + 20 lowast 5 = 0 maka didapat 119872119863
119879 = 2333 119905119898
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 1667
kNm
20 kNm
D
1m
333
kNm
2333
kNm
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi
40 kNm
20 kNm
D
1m
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 7
Batang AB mengalami torsi sebesar 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 1667 119905119898 dan pada batang BC
119872119861119879 = 1667 minus 20 = minus333 119905119898 dan 119872119862
119879 = minus333 minus 20 = minus2333 119905119898 Dan batang
CD beban torsi adalah sebesar 119872119862119879 = 119872119863
119879 = minus2333 119905119898
I4 Analogi antara Torsi dengan Normal
Pada Tabel 1 dapat dilihat analogi antara Torsi dan Normal seperti pada Hukum
Hooke yang mana regangan adalah
EF
N
dimana regangan sangat tergantung kepada Normal
Sedangkan regangan geser adalah
T
T
GJ
M
dan regangan geser sangat tergantung kepada Torsi
Tabel 1 Analogiantara Normal dan Torsi
Normal Torsi
Elemen dengan Gaya
N n N+dN Mt mt Mt +dMt
Persyaratan
keseimbangan n
dz
dN Tm
dz
dMt
Deformasi pada elemen
w w+dw
EF
N
dz
dw
υ+dυ
T
T
GJ
M
dz
d
Deformasi pada batang dw = cdz
EF
N
dw = zzEF
N
cdzGJ
M
T
T
zzGJ
M
T
T
dz dz
dz dz
dw
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 2
12 SistemKoordinat
Dalam perhitungan di bukuini system koordinat searah sumbu batang secaraumum
dinamakan sumbuz sedangkan kearahlainnya adalah sumbu x dan y lihat gambar 14
a Sedangkan untuk perpindahan (displacement) searah sumbu x adalah u kearah
sumbu y adalah v dan searah sumbu z adalah w lihat gambar 14 b Untuk perputaran
sudut dengan sumbu putar x y dan z adalah υ ψ dan υ lihat gambar 14 c Khusus
torsi putaran sudut yang diakibatkan Torsi disebut juga sudut puntir (twist) υ
a) b) c)
Gambar 14 system koordinat
13 Perletakan Torsi
Pada jenis perletakan tanpa torsi dikenal dengan sendi jepit dan rol seperti pada
gambar lihat gambar 15 Sendi jika ∆119883 = 0 ∆119911 = 0 sedangkan jepit ∆119910 =∆119911 119889119886119899 120593 = 0 dan rol jika 0Y
Gambar 15 jenis perletakan pada batang
Khusus pada torsi maka diadakan simbol perletakan seperti pada gambar 16 a dan b
yang mana pada perletakan jepit torsi ataupun sudut puntir 0 dan adalah
perletakan yang bebas Torsi
X
Y Z
u
v w υ ψ
φ
z
x
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 3
Gambar16 perletakan Torsi
I3 Penggambaran bidang Torsi
Momen torsi terpusat Mt pada balok kantilever dengan panjang L Momen Torsi Mt
dapat dibuat dengan simbol seperti pada gambar 17a dengan dua tanda panah
Kemudian dapat dibuat dengan seperti 1 tanda panah dengan rotasi 90 derajat
(menjadi tegak lurus kebatang) gambar 17b dimana reaksi di A adalah RA = MT
119881 = 0 Pada batang AB akan mengalami torsi yang sama (seperti menghitung Gaya
Lintang dan bidang Torsi akan menjadi seperti 17 c
Z Z
Y Y
a) b)
119872119879
119872119879 L
119872119879
119877119860 = 119872119879
a)
b)
c)
+
A
B
B
Gambar 17 Torsi terpusat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 4
Selanjutnya momen torsi terbagi rata seperti di gambar 18a dimana suatu balok
kantilever mengalami beban torsi mt (terbagi rata) maka prinsipnya sama dengan
kasus pada gambar 17a beban torsi tersebut dibuat seperti pada gambar 18b Maka
Reaksi di A adalah RA = mtL dan bidang torsi seperti di gambar 18 c(cara seperti
gaya Lintang)
Gambar 18c Momen Torsi terbagi rata
Selanjutnya contoh lain seperti gambar 19
`
Penggambaran tanda bidang momen sama seperti menutup dan membuka skrup
Kalau arah Momen Torsi kearah menutup maka digambarkan negatif dan kalau
kearah membuka maka digambar positif
mT
A B
Gambar 19 a Bidang Torsi Terpusatpada
overhang b Bidang Torsi
Terpusatpadabalokdiatas 2 perletakandan c
Bidang Torsi terbagi rata padabalok
+
-
119898119879
119898119879
a)
b)
A B
A B
RA
c)
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 5
Selanjutnya dihitung Momen torsi sebuah batang dan hendak digambarkan bidang
Torsinya lihat gambar 110
Gambar 110
Reaksi pada titik A dengan 119872119911 = 0 maka 119872119860119879 = 12 + 20 = 32 119896119873119898 Kemudian
pada batang BC besar momen Torsi adalah 119872119862119879 = 119872119861
119879 = 20 119896119873119898 Pada batang AB
besar momen Torsi adalah 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 32 119896119873119898
Bidang torsi dapat dilihat digambar diatas
Kemudian contoh berikutnya gambar 111
12 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 32 kNm
20 kNm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 6
Gambar 111
Selanjutnya keduanya jepit gambar 113
Gambar 111
119872 119889119894119905119894119905119894119896 119863 = 0 dan119872119860119879 lowast 6 minus 20 lowast 4 minus 20 lowast 1 = 0 dan didapat 119872119860
119879 = 1667 119905119898
Dengan 119872119860 = 0 minus119872119863119879 lowast 6 + 20 lowast 2 + 20 lowast 5 = 0 maka didapat 119872119863
119879 = 2333 119905119898
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 1667
kNm
20 kNm
D
1m
333
kNm
2333
kNm
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi
40 kNm
20 kNm
D
1m
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 7
Batang AB mengalami torsi sebesar 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 1667 119905119898 dan pada batang BC
119872119861119879 = 1667 minus 20 = minus333 119905119898 dan 119872119862
119879 = minus333 minus 20 = minus2333 119905119898 Dan batang
CD beban torsi adalah sebesar 119872119862119879 = 119872119863
119879 = minus2333 119905119898
I4 Analogi antara Torsi dengan Normal
Pada Tabel 1 dapat dilihat analogi antara Torsi dan Normal seperti pada Hukum
Hooke yang mana regangan adalah
EF
N
dimana regangan sangat tergantung kepada Normal
Sedangkan regangan geser adalah
T
T
GJ
M
dan regangan geser sangat tergantung kepada Torsi
Tabel 1 Analogiantara Normal dan Torsi
Normal Torsi
Elemen dengan Gaya
N n N+dN Mt mt Mt +dMt
Persyaratan
keseimbangan n
dz
dN Tm
dz
dMt
Deformasi pada elemen
w w+dw
EF
N
dz
dw
υ+dυ
T
T
GJ
M
dz
d
Deformasi pada batang dw = cdz
EF
N
dw = zzEF
N
cdzGJ
M
T
T
zzGJ
M
T
T
dz dz
dz dz
dw
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 3
Gambar16 perletakan Torsi
I3 Penggambaran bidang Torsi
Momen torsi terpusat Mt pada balok kantilever dengan panjang L Momen Torsi Mt
dapat dibuat dengan simbol seperti pada gambar 17a dengan dua tanda panah
Kemudian dapat dibuat dengan seperti 1 tanda panah dengan rotasi 90 derajat
(menjadi tegak lurus kebatang) gambar 17b dimana reaksi di A adalah RA = MT
119881 = 0 Pada batang AB akan mengalami torsi yang sama (seperti menghitung Gaya
Lintang dan bidang Torsi akan menjadi seperti 17 c
Z Z
Y Y
a) b)
119872119879
119872119879 L
119872119879
119877119860 = 119872119879
a)
b)
c)
+
A
B
B
Gambar 17 Torsi terpusat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 4
Selanjutnya momen torsi terbagi rata seperti di gambar 18a dimana suatu balok
kantilever mengalami beban torsi mt (terbagi rata) maka prinsipnya sama dengan
kasus pada gambar 17a beban torsi tersebut dibuat seperti pada gambar 18b Maka
Reaksi di A adalah RA = mtL dan bidang torsi seperti di gambar 18 c(cara seperti
gaya Lintang)
Gambar 18c Momen Torsi terbagi rata
Selanjutnya contoh lain seperti gambar 19
`
Penggambaran tanda bidang momen sama seperti menutup dan membuka skrup
Kalau arah Momen Torsi kearah menutup maka digambarkan negatif dan kalau
kearah membuka maka digambar positif
mT
A B
Gambar 19 a Bidang Torsi Terpusatpada
overhang b Bidang Torsi
Terpusatpadabalokdiatas 2 perletakandan c
Bidang Torsi terbagi rata padabalok
+
-
119898119879
119898119879
a)
b)
A B
A B
RA
c)
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 5
Selanjutnya dihitung Momen torsi sebuah batang dan hendak digambarkan bidang
Torsinya lihat gambar 110
Gambar 110
Reaksi pada titik A dengan 119872119911 = 0 maka 119872119860119879 = 12 + 20 = 32 119896119873119898 Kemudian
pada batang BC besar momen Torsi adalah 119872119862119879 = 119872119861
119879 = 20 119896119873119898 Pada batang AB
besar momen Torsi adalah 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 32 119896119873119898
Bidang torsi dapat dilihat digambar diatas
Kemudian contoh berikutnya gambar 111
12 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 32 kNm
20 kNm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 6
Gambar 111
Selanjutnya keduanya jepit gambar 113
Gambar 111
119872 119889119894119905119894119905119894119896 119863 = 0 dan119872119860119879 lowast 6 minus 20 lowast 4 minus 20 lowast 1 = 0 dan didapat 119872119860
119879 = 1667 119905119898
Dengan 119872119860 = 0 minus119872119863119879 lowast 6 + 20 lowast 2 + 20 lowast 5 = 0 maka didapat 119872119863
119879 = 2333 119905119898
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 1667
kNm
20 kNm
D
1m
333
kNm
2333
kNm
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi
40 kNm
20 kNm
D
1m
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 7
Batang AB mengalami torsi sebesar 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 1667 119905119898 dan pada batang BC
119872119861119879 = 1667 minus 20 = minus333 119905119898 dan 119872119862
119879 = minus333 minus 20 = minus2333 119905119898 Dan batang
CD beban torsi adalah sebesar 119872119862119879 = 119872119863
119879 = minus2333 119905119898
I4 Analogi antara Torsi dengan Normal
Pada Tabel 1 dapat dilihat analogi antara Torsi dan Normal seperti pada Hukum
Hooke yang mana regangan adalah
EF
N
dimana regangan sangat tergantung kepada Normal
Sedangkan regangan geser adalah
T
T
GJ
M
dan regangan geser sangat tergantung kepada Torsi
Tabel 1 Analogiantara Normal dan Torsi
Normal Torsi
Elemen dengan Gaya
N n N+dN Mt mt Mt +dMt
Persyaratan
keseimbangan n
dz
dN Tm
dz
dMt
Deformasi pada elemen
w w+dw
EF
N
dz
dw
υ+dυ
T
T
GJ
M
dz
d
Deformasi pada batang dw = cdz
EF
N
dw = zzEF
N
cdzGJ
M
T
T
zzGJ
M
T
T
dz dz
dz dz
dw
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 4
Selanjutnya momen torsi terbagi rata seperti di gambar 18a dimana suatu balok
kantilever mengalami beban torsi mt (terbagi rata) maka prinsipnya sama dengan
kasus pada gambar 17a beban torsi tersebut dibuat seperti pada gambar 18b Maka
Reaksi di A adalah RA = mtL dan bidang torsi seperti di gambar 18 c(cara seperti
gaya Lintang)
Gambar 18c Momen Torsi terbagi rata
Selanjutnya contoh lain seperti gambar 19
`
Penggambaran tanda bidang momen sama seperti menutup dan membuka skrup
Kalau arah Momen Torsi kearah menutup maka digambarkan negatif dan kalau
kearah membuka maka digambar positif
mT
A B
Gambar 19 a Bidang Torsi Terpusatpada
overhang b Bidang Torsi
Terpusatpadabalokdiatas 2 perletakandan c
Bidang Torsi terbagi rata padabalok
+
-
119898119879
119898119879
a)
b)
A B
A B
RA
c)
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 5
Selanjutnya dihitung Momen torsi sebuah batang dan hendak digambarkan bidang
Torsinya lihat gambar 110
Gambar 110
Reaksi pada titik A dengan 119872119911 = 0 maka 119872119860119879 = 12 + 20 = 32 119896119873119898 Kemudian
pada batang BC besar momen Torsi adalah 119872119862119879 = 119872119861
119879 = 20 119896119873119898 Pada batang AB
besar momen Torsi adalah 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 32 119896119873119898
Bidang torsi dapat dilihat digambar diatas
Kemudian contoh berikutnya gambar 111
12 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 32 kNm
20 kNm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 6
Gambar 111
Selanjutnya keduanya jepit gambar 113
Gambar 111
119872 119889119894119905119894119905119894119896 119863 = 0 dan119872119860119879 lowast 6 minus 20 lowast 4 minus 20 lowast 1 = 0 dan didapat 119872119860
119879 = 1667 119905119898
Dengan 119872119860 = 0 minus119872119863119879 lowast 6 + 20 lowast 2 + 20 lowast 5 = 0 maka didapat 119872119863
119879 = 2333 119905119898
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 1667
kNm
20 kNm
D
1m
333
kNm
2333
kNm
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi
40 kNm
20 kNm
D
1m
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 7
Batang AB mengalami torsi sebesar 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 1667 119905119898 dan pada batang BC
119872119861119879 = 1667 minus 20 = minus333 119905119898 dan 119872119862
119879 = minus333 minus 20 = minus2333 119905119898 Dan batang
CD beban torsi adalah sebesar 119872119862119879 = 119872119863
119879 = minus2333 119905119898
I4 Analogi antara Torsi dengan Normal
Pada Tabel 1 dapat dilihat analogi antara Torsi dan Normal seperti pada Hukum
Hooke yang mana regangan adalah
EF
N
dimana regangan sangat tergantung kepada Normal
Sedangkan regangan geser adalah
T
T
GJ
M
dan regangan geser sangat tergantung kepada Torsi
Tabel 1 Analogiantara Normal dan Torsi
Normal Torsi
Elemen dengan Gaya
N n N+dN Mt mt Mt +dMt
Persyaratan
keseimbangan n
dz
dN Tm
dz
dMt
Deformasi pada elemen
w w+dw
EF
N
dz
dw
υ+dυ
T
T
GJ
M
dz
d
Deformasi pada batang dw = cdz
EF
N
dw = zzEF
N
cdzGJ
M
T
T
zzGJ
M
T
T
dz dz
dz dz
dw
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 5
Selanjutnya dihitung Momen torsi sebuah batang dan hendak digambarkan bidang
Torsinya lihat gambar 110
Gambar 110
Reaksi pada titik A dengan 119872119911 = 0 maka 119872119860119879 = 12 + 20 = 32 119896119873119898 Kemudian
pada batang BC besar momen Torsi adalah 119872119862119879 = 119872119861
119879 = 20 119896119873119898 Pada batang AB
besar momen Torsi adalah 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 32 119896119873119898
Bidang torsi dapat dilihat digambar diatas
Kemudian contoh berikutnya gambar 111
12 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 32 kNm
20 kNm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 6
Gambar 111
Selanjutnya keduanya jepit gambar 113
Gambar 111
119872 119889119894119905119894119905119894119896 119863 = 0 dan119872119860119879 lowast 6 minus 20 lowast 4 minus 20 lowast 1 = 0 dan didapat 119872119860
119879 = 1667 119905119898
Dengan 119872119860 = 0 minus119872119863119879 lowast 6 + 20 lowast 2 + 20 lowast 5 = 0 maka didapat 119872119863
119879 = 2333 119905119898
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 1667
kNm
20 kNm
D
1m
333
kNm
2333
kNm
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi
40 kNm
20 kNm
D
1m
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 7
Batang AB mengalami torsi sebesar 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 1667 119905119898 dan pada batang BC
119872119861119879 = 1667 minus 20 = minus333 119905119898 dan 119872119862
119879 = minus333 minus 20 = minus2333 119905119898 Dan batang
CD beban torsi adalah sebesar 119872119862119879 = 119872119863
119879 = minus2333 119905119898
I4 Analogi antara Torsi dengan Normal
Pada Tabel 1 dapat dilihat analogi antara Torsi dan Normal seperti pada Hukum
Hooke yang mana regangan adalah
EF
N
dimana regangan sangat tergantung kepada Normal
Sedangkan regangan geser adalah
T
T
GJ
M
dan regangan geser sangat tergantung kepada Torsi
Tabel 1 Analogiantara Normal dan Torsi
Normal Torsi
Elemen dengan Gaya
N n N+dN Mt mt Mt +dMt
Persyaratan
keseimbangan n
dz
dN Tm
dz
dMt
Deformasi pada elemen
w w+dw
EF
N
dz
dw
υ+dυ
T
T
GJ
M
dz
d
Deformasi pada batang dw = cdz
EF
N
dw = zzEF
N
cdzGJ
M
T
T
zzGJ
M
T
T
dz dz
dz dz
dw
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 6
Gambar 111
Selanjutnya keduanya jepit gambar 113
Gambar 111
119872 119889119894119905119894119905119894119896 119863 = 0 dan119872119860119879 lowast 6 minus 20 lowast 4 minus 20 lowast 1 = 0 dan didapat 119872119860
119879 = 1667 119905119898
Dengan 119872119860 = 0 minus119872119863119879 lowast 6 + 20 lowast 2 + 20 lowast 5 = 0 maka didapat 119872119863
119879 = 2333 119905119898
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi 1667
kNm
20 kNm
D
1m
333
kNm
2333
kNm
20 kN M 20 kN M
2 m 3 m
A
119872119860119879
Z
X
y
B C
Bidang Torsi
40 kNm
20 kNm
D
1m
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 7
Batang AB mengalami torsi sebesar 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 1667 119905119898 dan pada batang BC
119872119861119879 = 1667 minus 20 = minus333 119905119898 dan 119872119862
119879 = minus333 minus 20 = minus2333 119905119898 Dan batang
CD beban torsi adalah sebesar 119872119862119879 = 119872119863
119879 = minus2333 119905119898
I4 Analogi antara Torsi dengan Normal
Pada Tabel 1 dapat dilihat analogi antara Torsi dan Normal seperti pada Hukum
Hooke yang mana regangan adalah
EF
N
dimana regangan sangat tergantung kepada Normal
Sedangkan regangan geser adalah
T
T
GJ
M
dan regangan geser sangat tergantung kepada Torsi
Tabel 1 Analogiantara Normal dan Torsi
Normal Torsi
Elemen dengan Gaya
N n N+dN Mt mt Mt +dMt
Persyaratan
keseimbangan n
dz
dN Tm
dz
dMt
Deformasi pada elemen
w w+dw
EF
N
dz
dw
υ+dυ
T
T
GJ
M
dz
d
Deformasi pada batang dw = cdz
EF
N
dw = zzEF
N
cdzGJ
M
T
T
zzGJ
M
T
T
dz dz
dz dz
dw
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 7
Batang AB mengalami torsi sebesar 119872119860119879 = 119872119861
119879 = 1667 119905119898 dan pada batang BC
119872119861119879 = 1667 minus 20 = minus333 119905119898 dan 119872119862
119879 = minus333 minus 20 = minus2333 119905119898 Dan batang
CD beban torsi adalah sebesar 119872119862119879 = 119872119863
119879 = minus2333 119905119898
I4 Analogi antara Torsi dengan Normal
Pada Tabel 1 dapat dilihat analogi antara Torsi dan Normal seperti pada Hukum
Hooke yang mana regangan adalah
EF
N
dimana regangan sangat tergantung kepada Normal
Sedangkan regangan geser adalah
T
T
GJ
M
dan regangan geser sangat tergantung kepada Torsi
Tabel 1 Analogiantara Normal dan Torsi
Normal Torsi
Elemen dengan Gaya
N n N+dN Mt mt Mt +dMt
Persyaratan
keseimbangan n
dz
dN Tm
dz
dMt
Deformasi pada elemen
w w+dw
EF
N
dz
dw
υ+dυ
T
T
GJ
M
dz
d
Deformasi pada batang dw = cdz
EF
N
dw = zzEF
N
cdzGJ
M
T
T
zzGJ
M
T
T
dz dz
dz dz
dw
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 8
BAB II TORSI PADA TAMPANG BULAT
21 Umum
Suatu tampang bulat jika mengalami Torsi permukaan tampang tidak berubah bentuk
seperti gambar 21 Tidak berubah bentuk dalam arti kata bahwa tampang mempunyai
luas dan bentuk yang sama baik sebelum dan sesudah terjadi Torsi Ada istilah yang
digunakan dalam Torsi yakni tidak terjadi Warping (perubahan bentuk pada
tampang)
II2 Menghitung ЈInertia PolarTegangan geser τ dan sudut puntir ν akibat
Momen Torsi
Untuk menghitung Inertia Polar Ј(centroidal polar momen of Inertia)tampang
lingkaran dengan radius rdapat dilihat ilustrasi dari gambar 22 dimana ada Momen
Torsi bekerja sebesar Mt
Gambar 22 penampang bulat mengalami Torsi
dA
r
Mt
Gambar 21 Torsi pada tampang bulat
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 9
Pada Gambar 22 berlaku
119872119879 = 120588 lowast 119889119907 (21)
dimana
ρ jarak dari pusat lingkaran ke titik tertentu
dan
dv = τ dA (22)
dv = Tegangan Torsi seluas da
dA = Luas
= tegangan geser
Dari persamaan 21 dan 22 berlaku persamaan sbb
MT = intτ dA (23)
Untuk mendapat hubungan regangan geser ( ) dan sudut puntir (ν) maka dapat
dilihat digambar 23 Maka berlaku persamaan
maxL = r ν
r = max
= max
Gambar 2 3 hubungan antara sudut puntir υ dengan regangan geser Г
Dari Hukum Hooke berlaku persamaan
τ = G = G max r
L
r
υ
max
max = r
L
r
=
max
r
υ
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 10
MT = int G maxr
dA
MT = dAr
G 2
max
= dA
r 2max
= J
r
max
Dimana 4
2
1rJ
Ј adalah Inertia Polar untuk tampang bulat
Ј= int 2
dA = intx2
dA + inty2
dA= Ix + Iy
Ј= Ix + Iy
Ј=
Ј=
Sedangkan tegangan geser didapat
max= sedangkan τmax=
τmax = G max
= G
maka
daripersamaandiatasdidapatsudutpuntir (angle of twist)
ν =
Hanyauntuktampangbulat (lingkaran)
1
4 πr
4 +
1
4 πr
4
1
2 πr
4
r ν
L
MTr
Ј
r ν
L
MT
Ј = G ν
L
MT L
GЈ
τmax= MT
Ј r
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 11
Kesimpulan
- Tampang lingkaran Ј = frac12 πr4
τmax =
ν =
Gambar tegangan geser akibat momen torsi
dapat dilihat di gambar II3
Inertia Torsi tampang Ring dimana tebal dinding masih dikatagorikan tebal t =02 D
maka )(32
44 dDJT
MT r
Ј
MT L
GЈ
τmax
τmax
τmax
MT
Gambar II 3
adiagram tegangan pada tampang bulat b Trayektori tegangan dan c
Tampang yang tidak mengalami warping
d
D
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 12
Contoh soal
Suatu batang baja dengan diameter d = 40 mm mengalami Torsi T dimana tegangan
geser maximum adalah 70 Mpa dan sudut puntir is 3deg Hitunglah panjang batang L
Diketahui G = 80 Gpa
120591 =119872119879 119903
119869
119869 =1
41205871199034 =
1
4120587204 = 125600 1198981198984
120591 = 70 119872119901119886 = 70 1198731198981198982
70 =119872119879 20
125600
Maka 119872119879 = 439600 119873
120599 =119872119879119871
119866119868
120599 = 30
Rad =derajat x2120587
360
120599 = 31199092119909314
360= 00523 119903119886119889119894119886119897
00523 =439600 119909 119871
80119909103119909 119909125600
Mt
L
d = 40 mm
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 13
L= 1195 mm
Contoh soal
Ditanya
a Tentukan Bidang Torsi pada AB
b Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang bulat
dengan r = 15 cm dan E=26000 MNm2 υ=02
c Hitunglah lendutan pada titik C
d Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
a
Bidang Torsi
b sudut puntirGJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
J = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
)1(2
EG =1083333 MNm2 = 1083333 x 100000010000 =108333333 Ncm2
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 14
L Mt G J ν
0 3000000 10833333 7948125
-
20 3000000 1083333 7948125
000070
40 3000000 1083333 7948125
000139
60 3000000 1083333 7948125
000209
80 3000000 1083333 7948125
000279
100 3000000 1083333 7948125
000348
120 3000000 1083333 7948125
000418
140 3000000 1083333 7948125
000488
160 3000000 1083333 7948125
000557
180 3000000 1083333 7948125
000627
200 3000000 1083333 7948125
000697
Maka 000697 radial
2
3600069680
0
= 03990
000697
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 15
c
Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
1 0218 cm
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2 0516 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 1500006968=10452 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 17792 cm
e Tegangan Torsi rJ
M tZYZX = 15
2579481
3000000=56617 Ncm
2
217566 cmNZX
Akibat Gaya Lintang
2
21
3
4
r
a
r
QZY
A
QaZY
3
4)0max( =
215
20000
3
4
=37745
2cm
N
217566 cmNZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 16
Maka tegangan geser angLtorsi ZYZYZY int)( =603915 2cm
N
274537
cm
NZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 17
BAB III
Persamaan pada Torsi
31 Fungsi Torsi
Fungsi torsi gunanya adalah untukdapat menghitung tegangan pada tampang tebal
tampang tipis tertutup dan terbuka Untuk menentukan fungsi torsi digunakan
persamaan keseimbangan pada elemen tiga dimensi seperti gambar 31
τzx= τxz
τzy = τyz
τyx= τxy
Dari gambar 31 pada sumbu x ada tegangan120589119909 120591119911119909 119889119886119899 120591119910119909 dan diseberangnya adalah
σx + δσx τzx+δτzx dan τyx+δτyx demikian pada arah sumbu yada120589119910 120591119911119910 119889119886119899 120591119909119910
diseberangnya σy + δσy τyz+δτyz dan τyx+δτyx dan pada arah sumbu z
ada120589119911 120591119910119911 119889119886119899 120591119909119911σz + δσz τzy+δτzy dan τzx + δτzy
Dengan merubah tegangan menjadi gaya dimana gaya adalah tegangan dikali luas
maka dengan membuat persamaan keseimbangan gaya kearah X Y dan Z maka
diperoleh sbb
Y
X
Z σz
σy
σx τxy
τxz
τzx τzy
τyx
τyz
Gambar 31keseimbangan tegangan pada sebuah elemen
δZ
δX
δy
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 18
ΣX = 0
0)( zyxXzxxyzy XYYXYXZXZXZXXXX
0 Xy
YX
Z
ZX
X
X
ΣY = 0
0)( zyxYyzyxzx XYXYXYZYZYZYYYY
0 YX
XY
Z
ZY
Y
Y
ΣZ = 0
0)( zyxXzyzxyx XZXZXZYZYZYZZZZ
0 ZX
XZ
Y
YZ
Z
Z
Berdasarkan teori St Venannt bahwa jika ada torsi maka yang tegangan yang bekerja
adalah τzxdan τzy saja Maka σx = σy = σz =τxy = 0 τzx = τxz τzy = τyzτyx = τxy dan X = Y
= Z = 0
0Z
ZX
( a )
0Z
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( b )
0X
ZY
Y
ZY
helliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphelliphellip( c )
Denganpersamaancauchy
y
yxZX
)(
x
yxZY
)(
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 19
Memenuhipersamaan c
Dari hukum Hooke diketahui
)(1
ZYXXEx
u
)(1
XZYYEy
v
)(1
YXZZEx
w
Gx
y
y
u XYXY
Gx
w
z
u ZXZX
Gy
w
z
v ZYZY
KhususTorsi
0 ZYX
0XY
x
w
z
uGZX
y
w
z
yGZY
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 20
Lihat gambar dibawah
i
ii
i
i
i
i
r
r
x
y
v
u
)()( zxzxy
)()( zyzyu
Dari 0z
w
maka w (xyz) = xy)dimanaxy) = fungsi Warping
maka
x
w
z
uGZX
dimana )()( zyzyu dan w (xyz) = xy)
νrsquo (regangan sama dengan turunan pertama sudut puntir)
y
xG
x
yxyGZX
)(
1
yxG
y
ZX
dimana
yZX
1
2
2
yxG
y
y
w
z
vGZY
dimanav= x ν(z)dan w= Γxy) = νrsquo (xy)
Yv
Xu
ν ri
ri
i i
- ui
vi
yi
xi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 21
yxG
yxGZY
dimana
xZY
yxG
yxG
x
yxG
x
1
2
2
Persamaan (1) dan persamaan (2) dikurangkan
yxG
y
1
2
2
yxG
x
1
2
2
-
2
2
2
2
2
G
yx
fungsi torsi disebut fungsi Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 22
3 2Soap Film Analogi
Berdasarkan teori Prandrsquolbahwa persamaan membransoap film analogi (persamaan
kulit sabun) Dimana jika ada gaya p(xy) seperti gambar dibawah maka akan terjadi
perpindahan sebesar w
Dari teori Prandrsquol maka persamaan perpindahan adalahH
P
y
w
x
w
2
2
2
2
Penyelesaian persamaan ini dapat diselesaikan dengan deret forrier
H H w
P (xy)
Z
X
Y
dy
dx
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 23
33 Fungsi torsi pada Tampang empat persegi
Fungsi perpindahan untuk tampang membran persegidengan ukuran 2sx 2tmenurut
[Thimosenko and Goodier1986] adalah
n
n
n Yt
xnbw
2cos
531
dimana nb adalah bilangan konstanta sedangkan nY adalah fungsi y
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2sin
2531
n
n
n Yt
xn
t
nb
x
w
2cos
4 2
22
5312
2
Sedangkan
531 2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
5312
2
2cos n
n
n Yt
xnb
y
w
Sedangkan t
xn
nH
P
H
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 24
Maka diperoleh
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
+
531 2cos n
n
n Yt
xnb
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
531 2cos n
n
n Yt
xnb
n
n
n Yt
xn
t
nb
2cos
4 2
22
531
= t
xn
nH
P n
n 2cos1
4 2)1(
531
nY nYt
n2
22
4
= 2)1(
14
n
nnbH
P
Penyelesaian umum adalah
2)1(
33
2
)1(16
2cosh
2sinh n
n
nbHn
Pt
t
ynB
t
ynAY
Jika penampang simetri maka A = 0
2)1(
33
2
)1(16
2cosh n
n
nbHn
Pt
t
ynBY
Untuk 0 synY maka 2)1(
33
2
)1(16
2cosh0 n
nbHn
Pt
t
snB
t
snt
yn
bHn
PtY n
n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
Maka dengan dapatnya Yn maka persamaan lendutan membran pada tampang persegi
akan menjadi
t
xnbw
n
n2
cos531
t
snt
yn
bHn
Pt n
n
2cosh
2cosh
1)1(16 2)1(
33
2
t
xn
t
snt
yn
nH
Ptw n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(116 2)1(
53133
2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 25
Dihubungkan dengan persamaan Torsi diatas maka menyelesaikan persamaan torsi
digunakanlah teori membran berdasarkan Prandrsquol Maka hubungan antara w dengan
fungsi torsi dapat dikatakan setara seperti ditunjukan ditabel dibawah
Apabila fungsi Oslash diketahui maka akan dapat dicari tegangan dimana tegangan geser
sama dengan turunan pertama dari fungsi Torsi
Prandrsquol Torsi
W Oslash
Syaratbatas
W = 0 (sisiluas)
Syaratbatas
Oslash = 0 (sisiluas)
ZXy
x
w
ZY
y
Dengan menggunakan rumus perpindahan (displacement pada membran pada teori
soap film analogi maka didapat hubungan antara GH
P2 maka fungsi torsi
pada tampang persegi akan didapat
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
y
w
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 26
3 4 Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi
Hubungan antara Momen Torsi dan Fungsi Torsi dapat dilihat pada gambar dibawah
dFxyM ZXZYT )(
dydxxy
dydxyx
dFxy
yx
MT )(
Integral Partial
dxxxdxy
Xr
Xl
1
dydxdyxdydxxy
padaxrdan xl (sisiluar) maka 0
dydxdydxxy
X
XR XL
Y
z y
x
τzx
τzy X
Y
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 27
analog dydxdydxxx
maka dydxMT 2 = dA2
Hubungan momen torsi dengan fungsi Torsi adalah sbb
Mt = 2 int Oslash dA
Dari persamaan tersebut diatas menyatakan bahwa Momen Torsi dua kali volume
membran
35 Pemakaian fungsi pada tampang lingkaran
Pada tampang lingkaran berlaku VM t 2 dimana dV 2
dimana
2
0 1r
maka
dr
M t 212
2
0
2
0 rM t dan dari sini 20
r
M t
Dengan demikian fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 28
Bab IV
Torsi pada tampang Tebal
4 1 Menentukan Inertia Torsi
Jika sesuatu tampang prismatik mengalami Torsi maka akan terjadi perubahan bentuk
pada penampangnya atau disebut juga warping Hal itu dapat dilihat digambar 41
Dengan bantuan teori soap film analogi maka Inergia torsi tampang sembarang dapat
diturunkan dari rumus
)(2
2
2
2
2
zGxy
Kemudian GJ
M T analog dengan EI
M dimana = kelengkungan
d dz =GJ
M T dz
Maka dzGJ
ML
T
0
= LGJ
M T
G
dF
G
MJ T
2
dengan bantuan penyelesaian memakai teori Prandrsquol maka
2
2
2
2
4
yy
dydxJ
Gambar 41
Tampang prismatik
yang mengalami
warping pada saat
ada Torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 29
42 Tegangan torsi pada tampang lingkaran
Fungsi torsi pada tampang lingkaran menjadi
2
21
rr
M t
42
rM
d
dt
=
4
21 r
M t
=
JM t
dimana 4
21 rJ
J
rM tmax
43 Tegangan torsi pada tampang persegi
Jika pada tampang bulat tegangan torsi linier maka pada tampang persegi tegangan
torsi berbentuk parabola
Tegangan torsi
y
yGZX
x
xGZY
Dengan methode soap film analogi maka τzy dan τzx dapat dihitung dari persamaan
torsi
s
s
t t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 30
)(2
2
2
2
2
zGxy
Jika fungsi diketahui maka tegangan torsi akan dapat dicari dengan
xZY
dan
yZX
Fungsi Torsi pada tampang persegi[Thimosenko and Goodier1986]
t
xn
t
snt
yn
n
tG n
n 2cos
2cosh
2cosh
1)1(132 2)1(
53133
2
Maka didapat t
xn
t
snt
yn
nt
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(1
2
32
531
2)1(
23
2
t
xn
t
snt
yn
n
tG
x n
n
zy2
sin
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
Jika x = s dan y = 0 maka didapat
t
snn
tG
t
snn
tG
nn
2cosh
11
5
1
3
11
16
2cosh
11
116
5312222
53122max
t
snn
GtG
n
2cosh
1116
8
16
53122
2
2max
t
snn
GtG
n
2cosh
11162
53122max
Jika sgtt maka deret yang kanan bisa diabaikan sehingga diperolehrsquo
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 31
tG 2max
Jika s=t
sGtG
3511
2
3cosh9
1
2cosh
1812
2max
dydxa
xn
a
bna
yn
n
tG
x n
n
zy 2
cos
2cosh
2cosh
1)1(116
531
2)1(
22
s
bn
n
aG
n
tsG
nn
zy2
tanh1)2(641)2()2(32
53154
4
53144
3
τmax
Gambar IV3 Tampang
persegi mengalami
tegangan akibat Torsi
b
a
τb
a b c
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 32
SecaraumumkhususuntuktampangpersegimakaInersiatorsi
J = α a b3
Jika ab ge 2 maka J dihitung dengan rumus )63001(3
3
a
babJ
τmax= γ MTdimana = 2ab
Sedangkanτb = χτmaxdimanaτbadalahteganganpadasisiterpendek
Dimana α β danχ dapat dilihat pada tabel IV2 berdasrakan perbandingan a dan b
b
a α β Χ
1 0141 481 1000
15 0196 433 0853
2 0229 406 0796
25 0249 388 0768
3 0263 374 0753
4 0281 355 0745
5 0291 343 0744
6 0299 335 0743
8 0307 326 0743
10 0312 320 0743
~ 0333 300 0743
Tabel IV2 Koefisienuntukmencari J τmax τbpadatampangpersegi
a
b
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 33
44 Tampang Elips
Pada tampang berdasarkan [] elips fungsi torsi
1
2
2
2
2
b
y
a
x
ab
M t
Dengan demikian tegangan yang terjadi
yab
M
y
Tzx 2
xba
M
x
Tzy 2
Untuk tampang elip didapat sbb
TMab2max
2
22
33
ba
baJ
b
a
x
y
2max
2
ab
M T
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 34
4 5 Tampang Segitiga
Pada tampang segitiga maka fungsi torsi adalah
2
27222
2122
21 3 axyxyxG
a
0
yzx
sedangkan yxG
xazy 6(
21
Contoh Soal
Suatu tampang persegi dengan tampang seperti dibawah dimana luas tampang sama
seperti contoh soal pada tampang bulat
Ditanya
Tentukan sudut puntir pada titik B jika batang AB adalah tampang persegi
dimana ab=05 dan E=26000 MNm2 υ=02
Hitunglah lendutan pada titik C
Hitunglah tegangan yang terjadi akibat torsi pada batang AB kemudian
hitunglah tegangan maximum akibat Torsi dan Gaya Lintang
Jawab
L=2m
L1=15 m
P=2t
A
B
C
b
a
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 35
a
Bidang Torsi
sudut puntir GJ
LM t
Mt = 3 t m= 300000 kgcm= 3000000 Ncm
L = 2 m = 200 cm
ALingkaran= Лr2= 314(15)
2=70650 cm
2
APersegi = ab = 2bb= 2 b2
Dengandemikiandidapat b= 1879 cm dan a3758 cm
J= α a b3 dari tabel dengan 2
b
a maka α = 0229 maka J= 022937581879
3
Maka Jpersegi = 5709165 cm4
Jlingkaran = frac12 Л r4 = 7948125 cm
4
Dengan ab=2 maka Jlingkaran= 139 x Jpersegi
G = 108333333 Ncm2
Besar sudutpuntir = 6557091331083333
2003000000=00097
b Lendutan pada titik C jika pada B di jepitEI
PL
3
3
11
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L1= 15 m =150 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
I = 3
12
1bh =
12
11879 3758
3= 83 102 84 cm
4
Sedangkan tampang lingkaran Io = 39740625 cm4
1I
I o 0218 cm = 0104 cm
Mt=3tm
3tm
A
B
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 36
Lendutan pada titik c jika dilepas EI
PL
3
3
2
P= 2 ton = 2000 kg=20000 N
L2= 2 m =200 cm
E=26000 MNm2= 2600000 Ncm
Io = frac14 Л r4= 39740625 cm
4
2I
I o 0516 cm = 0247 cm
Lendutan akibat adanya Torsi
tgL 13 = 150 00097=1455 cm
Dengan demikian lendutan dititik c adalah 321 = 1806 cm
c Tegangan Torsi TZX M max
b= 1879 cm dan a3758 cm
Dari tabel jika ab = 2 = 406 maka =2ab
= 305 x 10
-4
Maka TZX M max = 305 x 10-4
3000000= 91799 Ncm2
max b dimana =0796 maka b = 73072 Ncm2
Akibat gaya LintangbI
QS
A
Q
2
3max =
58377918
20000
2
3=4248
2cm
N
Torsi + Gaya Lintang τmax= 91799+4248 = 96047 2cm
N
73072
91799
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 37
Tampang Lingkaran Tampang persegi
2b
a
Perbanding Tampang
Lingkaran dibagi
Persegi
R=15 cm
A=70560 cm2
a=3758cm b=1879cm
A=70560 cm2
J = 7948125 cm4 J=5709165 cm
4
391pp
o
J
J
0006968 rad 0009700 rad 71800
pp
Akibat Torsi
max 217566 cmN
Akibat Torsi
max 91799 Ncm2 620
pp
o
Akibat Gaya Lintang
A
Q
3
4max =37745
2cm
N
Akibat Gaya Lintang
A
Q
2
3max =4248
2cm
N
890pp
o
Akibat Torsi dan Lintang
max 603915 2cm
N
Akibat Torsi dan Lintang
max 960472cm
N
630pp
o
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 38
V Torsi pada tampang tipis terbuka
51 Pendahuluan
Tampang tipis terbuka adalah seperti gambar 51 Tampang ini adalah tampang yang
paling lemah diantara tampang tampang lainnya
Gambar 51 Tampang tipis terbuka
52 Tegangan geser
Pada tampang tipis fungsi dapat dilihat seperti digambarkan dibawah fungsi torsi
seperti sebuah setengah silinder`
Pada tampang tipis berlaku
0
y
dimana 0)(0
y
xGzx
cxx
dimana )( x
yGcxzy
Pada gambar dibawah fungsi warping adalah yx
b
a x
y
I-I
x
z
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 39
Dengan demikian xGx
ZY 2
maka fugsi torsi didapat
cxG 2
Pada sisi luar x=2
b maka 0 maka didapat c=
2
2
b
Fungsi torsi akan menjadi
2
2
2
bxG
Pada x=0 maka
2
02
bG
Maka 3
2
0
3
123
22
3
222
abG
bGab
G
ab
G
dFJ
Dengan demikian didapat bahwa Inertia Torsi pada tampang tipis adalah
3
3
1abJ
Dalam aplikasi jika perbandingan 119886
119887= 5 adalah dinding tipis sebagai contoh suatu
balok dengan ukuran tebal 12 cm dengan tebal 60 cm maka
119869 =1
31198861198873 =
1
3 60 123 = 34560 1198881198984
Untuk mengitung tegangan torsi diambil dari persamaan
x
y i
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 40
xGx
ZY 2
dimana
T
T
J
MG
Maka didapat xab
Mx
J
M T
T
TZY 3
62 dari sini dapat diartikan abhawa tegangan
pada tampang tipis adalah linear
Pada x = 2
b tegangan geser maximum
2max
3
ab
Mb
J
M T
T
T
Gambar 54 Diagram tegangan geser pada tampang tipis
Dalam menghitung sudut puntir dapat dijabarkan dari Hukum Hooke dan tegangan
torsi dengan GJ
LM T
53 Tampang tipis terbuka dengan bermacam bentuk
Pada struktur bangunan banyak tampang tipis yang terbuka seperti bentuk kanal INP
WF Untuk menghindari kesalahan hitung maka secara umum profil tersebut dapat
dipecah dalam berbagai bentuk seperti dibawah ini
τmax
s1
s2
s3
t1
t2
t2
dipisah
dipisah
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 41
Maka Inertia Torsi dapat dihitung dengan i
i
i
itsJ 3
1
Sedangkan untung tegangan geser i
T
T tJ
Mmaxmax
54 Tegangan Warping pada Tampang I
Suatu tampang I dapat dilihat digambar dibawah dimana dimensinya dengan
ketebalan flens atas dan bawah b1 dan b3 sedangkan ketebalan stegnya b2
Inertia torsi pada tampang I adalah
3
1 3
1nn
n
i
baJ
= 3
33
3
22
3
113
1
3
1
3
1bababa
Jika suatu konstruksi dengan profil dibebani dengan MT seperti pada gambar V1a
maka bidang torsinya adalah paa gambar V1b
a1
a2
a3
b1
b2
b3
Gambar V1 Inertia torsi tampang I
A B
C
a GIT
2 MT
(-)
(+)
b MT
MT
L2 L2
Gambar V1 Bidang torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 42
Pada konstruksi diatas diperhatikan batang AB yang mana batang tersebut
mengalami momen torsi MT Karena profil adalah I maka perhatikan gambar V2
= +
Yang menyebabkan warping adalah fl
TM
Pada gambar V2 diatas maka h
MP
fl
Tfl
Jika diperhatikan pada flens saja maka akan terjadi deformasi seperti gambar V3
Pf1
t1
t
b
h =
Gambar V2 Torsi pada tampang I
MT
fl
TM P
TM
fl
TM
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 43
Pada gambar V3 ada beberapa deformasi dan tegangan pada flens yakni pada
gambar V3b tegangan geser gambar V3c tegangan lentur sedangkan pada
gambar V3c dan V3d terjadi putaran sudut dan lenturan
Secara umum pada flens berlaku
fl
fl
T
EI
My dimana
2
y
fl
II
Pf1 = MT
h
fl
b zw
xu
a
(+) Qf1
Qf1 b
Mfl c
d
e v
ufl
h
τzx max = 3Qfl
2tb
σz max = Mflb
Jfl 2
W
νfl W =
b
2 νfl
v = u fl
h2
= 2 u
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 44
dari persamaan diatas maka berlaku
2
y
fl
T
fl
fl
fl
fl
T
IE
h
M
EI
P
EI
Qy
atauhEI
M
dx
ud
y
fl
T23
3
dengan penulisan yang lain3
3
2 dx
udhEIM
y
fl
jika 2
hu fl seperti pada gambar V3e maka
2
2
hhEIM
yfl
T
atau
2
4
hEI
Myfl
T dimana fl
TM disebut Momen Sekunder Momen sekunder
hanya berperan untuk flens saja
Pada gambar V3 solah-olah hubungan antara flens dan steg terputus padahal tidak
Untuk itu maka perubahan bentuk profil I menjadi gambar V4
Maka pada gambar V4 akan berlaku
JGM P
T
MP disebut sebagai Momen Primer akibat torsi
P
T
fl
TT MMM
maka akan berlaku
2
4
hEI y
JG = TM
Persamaan tersebut adalah persamaan differential momen sekunder dan primer akibat
torsi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 45
55 PenyelesaianPersamaan Torsi
MT = MS + Mp
2
4
hEI y
JG = TM dapatditulisdengan wEC JG = TM
dimana4
2hIC
y
w disebutjugasebagaikonstanta warping
Persamaan diatas dijadikan
wEC
GJ=
w
T
EC
Mdapatditulisdengan 2
=
w
T
EC
M
Dimana
wEC
GJ2
2 MT
frac12L frac12L Z
Y
X
M1
M2
MT
X
+
_-
Gambar 1 Bidang Torsi (Momen Sekunder dan Momen Primer)
M1 MomenSekunder
M2 Momen Primer
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 46
Kondisi perletakan
Penyelesaian umum GJ
MzCzBzA T coshsinh
Mencari koefisien A B dan C dengan boundary condition
Pada z =0 maka sudut puntir υ = 0
GJ
MCBA T00cosh0sinh0
0 = B + C
Pada z = 0 maka Momen lentur sama dengan nol dan υrsquorsquo = 0
υrsquorsquo = A λsup2 sinh λz + B λsup2 cosh λz
0 = B
Dengan demikian C = 0 juga
Pada z=l2 υrsquo=0
GJ
MzBzA T sinhcosh
GJ
MLA T
2cosh0
Maka didapat
2cosh
1
LGJ
MA T
Dengan didapatnya koefisien A B dan C maka persamaan sudut puntir menjadi
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 47
2cosh
sinhsinh
L
zz
GJ
M
GJ
MzzA TT
Sehingga didapat persamaan sudut puntir adalah
2cosh
sinh
L
zz
GJ
M T
Akibat M1 (Tegangan Warping)
M1 = - Ey ν Primeprime P = -EIy ν Primeprime
Q = P = - EIy ν Primeprime
P =
lintang
τ w = Q = -E Iy ν Primeprime
S = A X
=
=
I = frac12 Iy
Maka didapat
2
8
4
2
y
f
f
Y
w It
tbhEI
= 16
2hbE
2cosh
cosh
L
z
GJ
M T
h2
4
h2
4
1
h
b
tf
b
4
x =
M1
h
h
h
4
Q S
b I h
4
b tf
2 b
4
b2tf
8
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 48
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
2cosh
cosh2
L
z
GJ
M T
Diagram tegangan w
τw
Teganganlentur (σW)
f
f
f
ff
wI
xM
x
I
M
W
M
f
f
EI
M
dx
ud
2
2
dan 2
hu maka
h
EChEIM w
ff2
M1
h
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 49
σmax pada x = 2
b maka
f
w
f
f
I
b
h
EC
I
bM
22max
4
max
Ebh
Dimana
2cosh
sinh
L
z
GJ
M T
Gambar diagram σw
σmax= - ν Prime
Akibat M2
τ = dimana M2 = G J ν prime
maka τ = = G ν primet
dimana νprime = 1 -
E b h
4
M2 t
J
( G J ν prime ) t
J
MT
GJ Coshλx
CoshλL2
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 50
Diagram τ
Catatan Sinh x = (ex ndash e
-x) frac12
Cosh x = (ex + e
-x) frac12
τ = G ν primet
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 51
VI Torsi pada tampang tipis tertutup
61 Umum
Torsi pada tampang tertutup adalah paling baik dalam konstruksi yang mengalami
torsi Tampang tipis tertutup dapat dilihat digambar 61
Gambar 61 Tampang tipis tertutup
62 Tegangan geser
Untuk menghitung tegangan geser lihat gambar 62 Tampang tipis artinya tebal t
jauh lebih kecil dari kelililing Pada tampang tersebut mengalami shear flow q
sepanjang tampang jika ada torsi dimana berlaku
119902 = 120591 119905
Pada persamaan tersebut q adalah shear flow τ adalah tegangan geser dan t adalah
tebal
Gambar 62
Selanjutnya berlaku
119889119860 = 119905119889119904
r dF = qds
ds
dAm
q τt
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 52
Torsi pada bagian tersbut adalah
119889119872119900 = 119889119865 119903 = 120591119889119860 119903
Kemudian
119889119872119900 = 120591 119905119889119904 119903 = 119902119889119904 119903
Dilihat dari irisan sebesar ds digambar 62 maka berlaku
119889119860119898 =1
2119903 119889119904
dimana
119889119904 =2 119889119860119898
119903
119889119872119900 = 1199022 119889119860119898
119903119903 = 2 119902119889119860119898
119872119879 = 119889119872119900 = 2119902 119889119860119898
Maka 119872119879 = 2 119902119860119898
Kemudian didapat dengan memasukkan ke persamaan 119902 = 120591 119905
120591 =119872119879
2 119860119898 119905119903
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 53
63 Inertia Bred
Menghitung Inertia pada tampang tertutu dipakai rumus Bred
ν =
Pada elemen 119889120592
Elemends d ν = τ = G
(hukum Hooke)
dν =
d ν =
ν = =
=
= Ф
Persamaan putaran sudut
120584 =119872119879119871
119866119869
maka Inertia tampang tipis tertutup adalah
119868119861 =4119860119898
2
119889119904
119905
ds
v
L
r
L
r τ
G
τ
Gr
MTL
2 Am t G r
Ф dv dAm
Am
MTL
2 Am t G r d Am
Am
MTL
2 Am t G r
r ds
2 Am
MT
4 Am2 G
ds
t
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966
Prof DrIngJohannes Tarigan 2015-03-26
AnalisaStrukturLanjutan 54
Literatur
1 Boresi Arthur dkk Advanced Mechanics of Materials 1992
2 Salmon Charles G dkk Struktur Baja 1992
3 Daryl L Logan Mechanics of Materials 1991
Thimoshenko SP GoodierJN 1986 TeoriElastisitas (terjemahanSebayang
Darwin) PenerbitAirlangga Jakarta
4 Bornsheuer Vorlesungen In Baustatik Einfuehrung in die Torsion
UniversitasStutgart 1980
6 Basler Konrad Torsion in Structure Springler Verlag Berlin 1966