materi torsi

54
Prof. Dr.Ing.Johannes Tarigan 2015-03-26 AnalisaStrukturLanjutan 1 Bab1: Pendahuluan 1.1 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 1.1 Gambar 1.1 : Tampang tebal 2. Tampang tipis terbuka, seperti profil I, WF, canal, dll, seperti pada gambar 1.2 Gambar 1.2 : Tampang tipis terbuka 3. Tampang tipis tertutup, sepertitampang hollow, box, dll, seperti pada gambar 1.3. Gambar 1.3: Tampang tipis tertutup Dalam buku ini akan dibahas tentang tegangan torsi untuk ketiga jenis tampang ini.

Upload: aulia-rahman-a

Post on 06-Dec-2015

152 views

Category:

Documents


16 download

DESCRIPTION

pengerjaan dan materi torsi

TRANSCRIPT

Page 1: Materi torsi

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

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

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

Page 2: Materi torsi

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

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

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

Page 3: Materi torsi

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

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

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

Page 4: Materi torsi

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

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

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

Page 5: Materi torsi

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

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

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

Page 6: Materi torsi

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

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

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

Page 7: Materi torsi

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

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

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

Page 8: Materi torsi

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

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

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

Page 9: Materi torsi

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

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

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

Page 10: Materi torsi

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

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

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

Page 11: Materi torsi

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

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

Page 12: Materi torsi

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

Page 13: Materi torsi

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

Page 14: Materi torsi

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

Page 15: Materi torsi

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

Page 16: Materi torsi

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

Page 17: Materi torsi

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

Page 18: Materi torsi

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

Page 19: Materi torsi

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

Page 20: Materi torsi

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

Page 21: Materi torsi

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

Page 22: Materi 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

Page 23: Materi torsi

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

Page 24: Materi torsi

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

Page 25: Materi torsi

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

Page 26: Materi torsi

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

Page 27: Materi torsi

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

Page 28: Materi torsi

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

Page 29: Materi 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

Page 30: Materi torsi

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

Page 31: Materi torsi

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

Page 32: Materi torsi

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

Page 33: Materi torsi

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

Page 34: Materi torsi

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

Page 35: Materi torsi

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

Page 36: Materi torsi

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

Page 37: Materi torsi

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

Page 38: Materi torsi

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

Page 39: Materi torsi

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

Page 40: Materi torsi

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

Page 41: Materi torsi

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

Page 42: Materi 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

Page 43: Materi torsi

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

Page 44: Materi torsi

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

Page 45: Materi 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

Page 46: Materi torsi

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

Page 47: Materi torsi

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

Page 48: Materi torsi

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

Page 49: Materi torsi

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

Page 50: Materi torsi

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

Page 51: Materi torsi

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

Page 52: Materi torsi

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

Page 53: Materi torsi

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

Page 54: Materi torsi

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