mekban.pendahuluan,statismomen,titikberat,&momeninersia

PROGRAM STUDI TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS SURYAKANCANA

Pendahuluan,

Statis Momen,

Titik Berat, &

Momen Inersia

Bahan Kuliah 1, 2, 3

Mekanika Bahan

Ir. Elisabeth Yuniarti, MT

Mekanika bahan adalah cabang m

mengalami berbagai pembebanan.

Mekanika bahan mempermasalahkan bagaimana gaya

lentur, puntir, atau pada saat benda hancur. Dalam menganalisis masalah, dari sudu

statika struktur dianggap badan kaku yang ideal yang tidak berdeformasi maupun

gagal/hancur. Pada kenyataannya, struktur dapat berdeformasi atau gagal bergantung pada

material pembentuknya dan beban yang diterima struktur. Guna menganalisa baga

perilaku material sesungguhnya ketika struktur yang bersangkutan menerima beban, perlu

diperkenalkan konsep tegangan dan regangan. Dalam rangka menganalisa struktur dari sudut

pandang ini, perlu lebih dahulu dipahami statika untuk menyelesaikan semu

eksternal yang bekerja pada sebuah badan.

Kuliah mekanika bahan dalam hal ini akan memberikan gambaran atas berbagai pemahaman

dasar beberapa fokus bahasan sebagaimana digambarkan pada diagram berikut.

GGaammbbaarr 11..

PPEENNDDAAHHUULLUUAANN

Mekanika bahan adalah cabang mekanika terapan yang membahas perilaku benda padat yang

mengalami berbagai pembebanan.

Mekanika bahan mempermasalahkan bagaimana gaya-gaya bekerja pada sebuah benda akibat

lentur, puntir, atau pada saat benda hancur. Dalam menganalisis masalah, dari sudu



material pembentuknya dan beban yang diterima struktur. Guna menganalisa baga



pandang ini, perlu lebih dahulu dipahami statika untuk menyelesaikan semua gaya internal dan

eksternal yang bekerja pada sebuah badan.



PPeettaa PPiikkiirraann FFookkuuss KKuulliiaahh MMeekkaanniikkaa BBaahhaann

1

ekanika terapan yang membahas perilaku benda padat yang

gaya bekerja pada sebuah benda akibat

lentur, puntir, atau pada saat benda hancur. Dalam menganalisis masalah, dari sudut pandang



material pembentuknya dan beban yang diterima struktur. Guna menganalisa bagaimana



a gaya internal dan



2

SSTTAATTIISS MMOOMMEENN && TTIITTIIKK BBEERRAATT

Besaran atau properti yang pertama kali dibahas adalah titik berat penampang dan inersia

penampang.

Berkaitan dengan berat sebuah badan dapat dipahami bahwa bumi mengeluarkan gaya

gravitasi pada setiap partikel pembentuk sebuah benda. Gaya-gaya ini dapat digantikan oleh

sebuah gaya ekivalen yang sama dengan berat benda dan diaplikasikan pada pusat gravitasi

(center of gravity) dari benda.

Sentroid/titik berat dari sebuah luasan adalah analogi dari pusat gravitasi sebuah benda.

Konsep momen pertama (statis momen) atas masa sebuah luasan digunakan untuk mencari

lokasi sentroid ini.

Untuk menjelaskan pusat grafitasi sebuah pelat dapat digambarkan sebuah pelat tanpa tebal

yang memiliki masa merata pada seluruh penampang pelat seperti ditunjukkan pada gambar

berikut.

Atau, sebuah kawat/kabel yang memiliki masa merata sepanjang kawat/kabel tersebut

sebagaimana dipresentasikan pada gambar berikut.

Dari gambar-gambar di atas, dapat dibayangkan bahwa seluruh berat badan dapat di wakili

oleh sebuah gaya W pada pusat gravitasi badan yang bersangkutan.

Jumlah momen pertama dari masa

dapat diekspresikan sebagai berikut :

Dalam perspektif dua dimensi, momen pertama dari masa

digambarkan sebagai :

a. luasan

dengan :

b. garis

(

Ay

Ax

Atx

Wx

γ

pertama dari masa badan terhadap sebuah sumbu sembarang yang ditetapkan

dapat diekspresikan sebagai berikut :

∫∑∑∫∑∑

=

∆=

=

∆=

dWy

WyWyM

dWx

WxWxM

y

y

, momen pertama dari masa penampang badan di atas da

) ( )

x

QdAyA

y

QdAxA

dAtxAt

dWxW

x

y

sumbu adapmomen terh statis

sumbu adapmomen terh statis

=

==

=

==

=

=

∫

∫∫∫

γ

3

badan terhadap sebuah sumbu sembarang yang ditetapkan

badan di atas dapat

Formulasi di atas dapat kemudian disebut sebagai momen pertama dari masa badan terhadap

suatu sumbu yang ditinjau yang juga dikenal

ditinjau.

Keadaan khusus penampang

Sebuah area dikatakan simetris terhadap sumbu BB’ jika untuk setiap

titik P terdapat sebuah titik P’ sedemikian hingga PP’ tegaklurus

terhadap BB’ dan terbagi dua bagian yan

simetris terhadap sumbu BB’ jika untuk setiap titik P terdapat sebuah

titik P’ sedemikian hingga PP’ tegaklurus terhadap BB’ dan terbagi dua

bagian yang sama oleh BB.

Demikian halnya dengan penampang berbentuk jajaran genjang yang

simetris terhadap sumbu y, di mana pada jarak yang sama dari garis y =

0 dapat ditinjau luasan kecil yang sama sebesar dA

Statis momen sebuah luasan terhadap sebuah garis simetri adalah nol

yaitu jumlah dari (+x.dA) dan (−xdA).

Jadi, jika sebuah luasan memiliki 2 buah garis simetri, sentroidnya

berada pada sumbu tersebut

Dan, jika sebuah luasan memiliki 2 garis simetri, sentroid berada pada

potongan keduanya.

Sebaliknya jika untuk setiap elemen dA pada (xy) terdapat

area dA’ yang sama pada (-x, -y)

maka sentroid dari luasan mempunyai pusat yang sama dengan

pusat simetri.

t kemudian disebut sebagai momen pertama dari masa badan terhadap

suatu sumbu yang ditinjau yang juga dikenal statis momen badan terhadap suatu sumbu yang



terhadap BB’ dan terbagi dua bagian yangsama oleh BBSebuah area



bagian yang sama oleh BB.



0 dapat ditinjau luasan kecil yang sama sebesar dA


xdA).

ika sebuah luasan memiliki 2 buah garis simetri, sentroidnya

berada pada sumbu tersebut.


potongan keduanya.

untuk setiap elemen dA pada (xy) terdapat sebuah

y) atau luasan ini disebut antimetri,

maka sentroid dari luasan mempunyai pusat yang sama dengan

( ) ( )

∫∫∫∫

=

=

=

=

dLyLy

dLxLx

dLaxLax

dWxWx

γγ

4

t kemudian disebut sebagai momen pertama dari masa badan terhadap

statis momen badan terhadap suatu sumbu yang



gsama oleh BBSebuah area






ika sebuah luasan memiliki 2 buah garis simetri, sentroidnya


Sentroid atau titik berat penampang dapat dicari melalui pemahaman atas statis momen. Jika

kita bebani sebuah bidang F dengan suatu beban merata q = 1, kemudian kita bagi bidang F atas

sembarang jumlah bidang kecil fi

Titik berat S diketahui sebagai titik tangkap resultan gaya f

Atas dasar ketentuan bahwa momen resultante M

gaya-gaya P1, P2, … Pn yang bekerja, maka dapat ditentukan :

xs . ∑fi

Titik berat S diketahui sebagai titik tangkap resultan gaya f

Dengan menggunakan dua rumus ini kita bisa menentukan jarak titik berat y

berikut :

ys = (∑y

Untuk bagian luasan yang sangat kecil (infinitesimal) maka berlaku hubungan berikut :

Luas penampang :

Statis Momen penampang :

a. terhadap sumbu x :

b. Terhadap sumbu y :

Maka letak titik berat (sentroid) penampang adalah :

=A


buah bidang F dengan suatu beban merata q = 1, kemudian kita bagi bidang F atas

i , maka fi merupakan suatu gaya resultan akibat beban merata.

Titik berat S diketahui sebagai titik tangkap resultan gaya fi dalam arah horizont

Atas dasar ketentuan bahwa momen resultante MR sama dengan jumlah momen gaya M

yang bekerja, maka dapat ditentukan :

= ∑xi. fi dan ys . ∑fi = ∑yi. fi

gai titik tangkap resultan gaya fi dalam arah horizontal dan vertikal.

Dengan menggunakan dua rumus ini kita bisa menentukan jarak titik berat ys

∑yi. fi )/∑fi dan xs = (∑xi. fi )/∑fi

ng sangat kecil (infinitesimal) maka berlaku hubungan berikut :

Maka letak titik berat (sentroid) penampang adalah : dan

∫A

dA

∫=A

x dAyS .

∫=A

y dAxS .

∫

∫==

A

Ay

odA

dAx

A

sx

.

5


buah bidang F dengan suatu beban merata q = 1, kemudian kita bagi bidang F atas

merupakan suatu gaya resultan akibat beban merata.

dalam arah horizontal dan vertikal.

sama dengan jumlah momen gaya MP dari

dalam arah horizontal dan vertikal.

s dan xs , seperti

ng sangat kecil (infinitesimal) maka berlaku hubungan berikut :

∫

∫==

A

Axo

dA

dAy

A

sy

.

Analisis letak titik berat penampang

a. Cara I : penampang berada dalam sistem sumbu XOY

b. Cara II : penampang berada dalam sistem sumbu koordinat kutub/polar

Contoh Soal 1

Tentukan statis momen seperempat lingkaran dengan

a. Cara I, bidang dalam sistem sumbu XOY

tak titik berat penampang dapat dilakukan dengan dua cara berikut :

Cara I : penampang berada dalam sistem sumbu XOY

Cara II : penampang berada dalam sistem sumbu koordinat kutub/polar

seperempat lingkaran dengan jari-jari R berikut

Cara I, bidang dalam sistem sumbu XOY

Persamaan lingkaran :

Luas Lingkaran :

1 ff =

2 ff =

( ) dxR

xRdxxRdxyA

RRR

.1..

0

2

0

22

0

∫∫∫

−=−==

6

( )11,θrf

( )22 ,θrf

Hubungan ordinat x dan sudut α :

Sehingga Luas adalah :

2

2

2

2

0

4

4

RA

RA

RA

RA

π

π

=

=

=

= ∫

Statis momen adalah :

(

(

{cos3

cos

sin.

.

3

2

0

3

2

0

0

RS

RS

RS

dxyxS

y

y

y

R

y

−=

=

=

=

∫

∫

∫

π

π

Karena penampang tersebut simetri terhadap garis l : y = x; maka :

sin

x

x

dx

Hubungan ordinat x dan sudut α :

( )

[ ]

( ) ( ) ( )

( ) ( ){ } 2

2

0

2

0

2

2

0

22

0

2

0

222

4

10.20sin2.2sin

22sin4

2.12cos

2

)2(.12cos

2.

2

12cos

.cos..cos..sin1.

R

Rd

dRd

dRdRR

πππ

αααα

ααα

α

ααααα

ππ

ππ

π

=+−+

+=+

+=

+

=−

∫

∫∫

∫

)

) ( )( )

( )

( ){ } ( )3

103

)0(cos2cos

cos3

)cos.(cos

.cos.sin.cos..cos..sin

1..

3333

33

2

0

23

0 0

2

22

RR

Rd

dRdRR

dxR

xxRdxxRxdx

R

R R

=−−=−

=−

=

−=−=

∫

∫ ∫

π

ααα

ααααααα

penampang tersebut simetri terhadap garis l : y = x; maka :

3

3RSS xy ==

2/1sin

000sin0

.cos

sin.sin

παα

αα

αα

αα

=→==→=

=→==→=

=

=→=

RRR

R

dRdx

RxR

x

7

b. Cara II , bidang dalam sistem sumbu polar

Contoh Soal 2

TTeennttuukkaann ssttaattiiss mmoommeenn sseeggiittiiggaa

JJaawwaabb ::

SSttaattiiss mmoommeenn tteerrhhaaddaapp ssuummbbuu ––

, bidang dalam sistem sumbu polar

Luas

2π

π

πθθ R.r.r.drA412

0

R

0

2

21

2

0

R

0

=== ∫∫

Statis Momen

( )

( ) ( )3

31

yx

3

313

31

x

R

0

0

3

R

0

31

2

0

2x

RSS

Rcos02

cos.0RS

cosr.dsin.dr.rS

==

=+−−=

−== ∫∫ ∫π

θπ

π

θθ

AAOOBB,, jjiikkaa ddiikkeettaahhuuii ssiissii OOAA == bb ddaann OOBB == hh

PPeerrssaammaaaann ggaarriiss AABB::

( )xbb

hy −=

LLuuaass sseeggiittiiggaa AAOOBB ::

hbA .21=

SSttaattiiss mmoommeenn tteerrhhaaddaapp ssuummbbuu ––xx ::

( ) ( )

( ) (

( ) bhbbbb

hS

xbb

hdxxbxb

b

hS

dxxbb

hdxxb

b

hS

x

b

x

bb

x

2

613

3133

2

2

21

2

2

2

21

0

22

2

2

21

0

2

2

2

21

2

0

21

.2

..

=+−=

−=+−=

−=

−=

∫

∫∫

––yy ::

8

20

π

)xbx

dx

b

0

3

21+−

( )

( )

( )2

61

3

313

21

0

3

312

21

0 0

..)..(

hbS

bbb

hS

xbxb

hS

dxxxbb

hxdxyS

x

x

b

x

b b

y

=

−=

−=

−== ∫ ∫

Contoh Soal 3

Contoh Soal 4

UU

mm

SS

−−

−−

−−

TTeennttuukkaann lleettaakk ttiittiikk bbeerraat

ppeennaammppaanngg kkppmmppoossiitt sseep

ppaaddaa ggaammbbaarr ddii ssaammppiinngg.

( )F

fxfx

F

fxxs

211 ... +==∑

( )F

fyfy

F

fyys

211 ... +==∑

UUnnttuukk sseebbuuaahh bbiiddaanngg yyaanngg ddiittuunnjjuukkkkaann ddii aattaass,, t

mmoommeenn tteerrhhaaddaapp ssuummbbuu xx ddaann yy ddaann llookkaassii cceenntt

SSOOLLUUSSII::

−− BBaaggii aarreeaa mmeennjjaaddii sseeggiittiiggaa,, sseeggiieemmppaatt,, ddaann ss

lliinnggkkaarraann ddeennggaann sseebbuuaahh lluubbaanngg lliinnggkkaarraann..

−− HHiittuunngg ssttaattiiss mmoommeenn ddaarrii sseettiiaapp aarreeaa tteerrhhaadd

ssuummbbuunnyyaa..

−− CCaarrii lluuaass ttoottaall ddaann ssttaattiiss mmoommeenn ddaarrii sseeggiittiigg

9

att ddaarrii

eppeerrttii tteerrlliihhaatt

g..

fxf 332 .+

F

fyf 332 .+

tteennttuukkaann ssttaattiiss

ttrrooiiddnnyyaa..

sseetteennggaahh

ddaapp ssuummbbuu--

ggaa,, sseeggiieemmppaatt,,

ddaann sseetteennggaahh lliinnggkkaarraann.. KKuu

bbeerrlluubbaanngg..

−− HHiittuunngg kkoooorrddiinnaatt ddaarrii cceennttrr

−− CCaarrii lluuaass ttoottaall ddaann ssttaattiiss mmoo

ddeennggaann lluuaass ddaann ssttaattiiss mmoomm

−− HHiittuunngg kkoooorrddiinnaatt ddaarrii cceennttrr

uurraannggii ddeennggaann lluuaass ddaann ssttaattiiss mmoommeenn lliinnggkkaarraanngg

rrooiidd lluuaassaann ddeennggaann mmeemmbbaaggii ssttaattiiss mmoommeenn ddeenn

oommeenn ddaarrii sseeggiittiiggaa,, sseeggiieemmppaatt,, sseetteennggaahh lliinnggkkaarr

mmeenn ppoottoonnggaann lliinnggkkaarraann

3

3

mm

mm

3

3

107.757

102.506

×+=

×+=

y

x

Q

Q

rrooiidd lluuaassaann ddeennggaann mmeemmbbaaggii ssttaattiiss mmoommeenn ddeenn

2

3

mm13.828

mm3

3

10

107.757

×

×+==

∑∑

A

AxX

mm 8.54=X

2

3

mm13.828

mm3

3

10

102.506

×

×+==

∑∑

A

AyY

mm 6.36=Y

10

ggaann yyaanngg

nnggaann lluuaass ttoottaall

rraann.. KKuurraannggii

nnggaann lluuaass ttoottaall

Menentukan centroid dengan Integrasi

Double integrasi untuk mencari stastis momen dapat dihindari denga mendefinisikan dA setipis

persegi empat atau pita.

Ay

Ax

=

=

=

=

Ay

Ax

=

=

=

=

=

=

=

=

∫

∫

∫

∫

r

yAy

r

xAx

el

el

3

2

3

2

Menentukan centroid dengan Integrasi


∫∫∫∫∫∫∫∫

===

===

dAydydxydAyAy

dAxdydxxdAxAx

el

el

( )

( )ydxy

dAy

ydxx

dAx

el

el

∫

∫∫∫

=

=

=

=

2

( )[ ]

( )[ ]dxxay

dAy

dxxaxa

dAx

el

el

−=

=

−+

=

=

∫∫

∫

∫

2

θθ

θθ

drr

dA

drr

dA

el

el

2

2

2

1sin

3

2

1cos

3

11


Contoh Soal 5

• Menggunakan pita horizontal maupun vertikal, lal

statis momen (first moments

• Tentukan koordinat centroids

Analisis perhitungan

• konstanta k.

1

21

2

2

2

2

2

yb

axorx

a

by

a

bkakb

xky

==

=⇒=

=

• total luas penampang

3

2

0

2

2

ab

a

bdxx

a

bdxy

dAA

a

=

===

=

∫∫

∫

• integrasi tunggal untuk mencari statis momen (

vertikal

Tentukan dengan integrasi tunggal locasi

penampang yang dibatasi oleh garis y = 0 (sumbu

x), garis x = a, dan kurva y= kx2

SOLUSi:

• Tentukan konstanta k.

• Hitung total luas penampang

Menggunakan pita horizontal maupun vertikal, lalukan integrasi tunggal untuk mencari

first moments).

Tentukan koordinat centroids

2

30

3

2

xba

integrasi tunggal untuk mencari statis momen (first moments) menggunakan pita

12

Tentukan dengan integrasi tunggal locasi

penampang yang dibatasi oleh garis y = 0 (sumbu

Hitung total luas penampang

ukan integrasi tunggal untuk mencari

) menggunakan pita

• integrasi tunggal untuk mencari statis momen (first moments

Horizontal

• Tentukan koordinat centroid

43

2baabx

QAx y

=

=

ax4

3=

103

2ababy

QAy x

=

=

by10

3=

1052

2

1

2

44

2

0

5

4

2

0

2

2

2

2

0

4

2

0

2

2

abx

a

b

xa

bdxy

ydAyQ

bax

a

b

dxxa

bxdxxydAxQ

a

a

elx

a

a

ely

=

=

===

=

=

===

∫∫∫

∫∫∫

integrasi tunggal untuk mencari statis momen (first moments) menggunakan pita

( )

( )

10

42

1

22

2

0

23

21

2

0

22

0

2

abdyy

b

aay

baydyxaydAyQ

badyy

b

aa

adyxa

xadAxQ

b

elx

b

b

ely

=

−=

−=−==

=

−=

−=−

+==

∫

∫∫∫

∫

∫∫∫

Tentukan koordinat centroid

13

2

dx

menggunakan pita

2

21

21

2

dyyb

a

dyx

−

Contoh Soal 6

SOLUSI :

Contoh Soal 7

dL

Karena x = y2, maka dx/dy = 2y. Karenanya, dengan menyatakan dL dalam y dan dy, kita peroleh

:

Sentroida terletak pada xi = x, yi = y

Pengintegrasian :

x

xx

479,1

746,0=

=∫∫

Tentukan sentroida tongkat yang melengkung ke

dalam bentuk busur parabolik, seperti ditu

dalam gambar!

SOLUSI :

Elemen diferensial ditunjukkan dalam gambar di

atas. Dia ditempatkan pada kurva di titik

sembarang (x,y).

Panjang diferensial elemen dL dapat dinyatakan

dalam diferensial-diferensial dx dan dy dengan

menggunakan teorema Phytagoras.

dydydxdLdydx )1)(()()( 222 +=+=

, maka dx/dy = 2y. Karenanya, dengan menyatakan dL dalam y dan dy, kita peroleh

dyydL )1)4(( 2 +=

Sentroida terletak pada xi = x, yi = y

m

dyy

dyyy

dyy

dyyx

dL

dLxi

504,0479

746

14

14

14

14

1

0

2

1

0

22

1

0

2

1

0

2

=

+

+=

+

+=

∫∫

∫∫

∫

my

dyy

dyyy

dL

dLyy

i

573,0479,1

848,0

14

14

1

0

2

1

0

2

==

+

+==

∫∫

∫∫

15

Tentukan sentroida tongkat yang melengkung ke

dalam bentuk busur parabolik, seperti ditunjukkan

iferensial ditunjukkan dalam gambar di

atas. Dia ditempatkan pada kurva di titik

Panjang diferensial elemen dL dapat dinyatakan

diferensial dx dan dy dengan

agoras.

, maka dx/dy = 2y. Karenanya, dengan menyatakan dL dalam y dan dy, kita peroleh

Contoh Soal 8

y di atas sumbu x.

Luas dan lengan momen. Luas elemennya dA = x’dy = (b/h)(h

Sentroida terletak pada yi = y dari sumbu x.

Pengintegrasian.

3

)(

)(

21

2

61

0

0

h

bh

bhy

dyyhh

b

dyyhh

by

dA

dAyy

h

h

i

==

−

−==

∫

∫∫∫

Properti geometris dan elemen area

Tentukan jarak y ke sentroida luasan segitiga yang

ditunjukkan dalam gambar

SOLUSI :

Elemen differensial. Perhatikan elemen persegi empat

yang mempunyai ketebalan dy dan panjang variabel x’.

Dengan segitiga serupa, b/h=x’(h-y) atau x’= (b

Elemen memotong sisi-sisi segitiga pada suatu ketinggian

Luas dan lengan momen. Luas elemennya dA = x’dy = (b/h)(h-y)dy.

Sentroida terletak pada yi = y dari sumbu x.

dy

dy

ris dan elemen area

16

Tentukan jarak y ke sentroida luasan segitiga yang

Elemen differensial. Perhatikan elemen persegi empat

yang mempunyai ketebalan dy dan panjang variabel x’.

y) atau x’= (b/h)(h-y).

sisi segitiga pada suatu ketinggian

Centroid dari Bentuk Bidang Umum

Centroid dari Bentuk Bidang Umum

18

Momen inersia atau juga disebut debagai momen kedua (

penampang dapat digunakan untuk memprediksi ke

defleksi. Defleksi balok akibat beban bergantung tidak saja pada beban, tetapi juga pada

geometri dari penampang melintang balok. Hal inilah yang menyebabkan balok dengan momen

inersia yang lebih tinggi, seperti balok

cara yang sama, momen inersia polar

kemampuannya menahan torsi (momen puntir).

Momen inersia didefinisikan sebagai

Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA (momen

suatu sumbu adalah hasil perkalian antara luas penampang tersebut dengan kuadrat jarak

tegak lurus antara titik berat penampang terhadap sumbu yang bersangkutan.

Ix adalah momen inersia bidang A terhadap sumbu x

Iy adalah momen inersia bidang A terhadap sumbu y

MOMEN INERSIA POLAR

MMOOMMEENN IINNEERRSSIIAA

Momen inersia atau juga disebut debagai momen kedua (second moment) dari s

dapat digunakan untuk memprediksi kemampuan balok menah

Defleksi balok akibat beban bergantung tidak saja pada beban, tetapi juga pada


inersia yang lebih tinggi, seperti balok-I, seringkali terlihat pada konstruksi bangunan. Dengan

yang sama, momen inersia polar merupakan suatu sifat yang dimiliki benda untuk menilai

kemampuannya menahan torsi (momen puntir).

Momen inersia didefinisikan sebagai berikut :

Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA (momen lembam) dari suatu penampang terhadap


tegak lurus antara titik berat penampang terhadap sumbu yang bersangkutan.

adalah momen inersia bidang A terhadap sumbu x

adalah momen inersia bidang A terhadap sumbu y

∫ ∫

∫ ∫

==

==

=

=

A A

yy

A A

xx

y

x

dAxdII

dAydII

dAxdI

dAydI

.

.

.

.

2

2

2

2

19

) dari sebuah area

mampuan balok menahan lentur dan

Defleksi balok akibat beban bergantung tidak saja pada beban, tetapi juga pada


ada konstruksi bangunan. Dengan

suatu sifat yang dimiliki benda untuk menilai

lembam) dari suatu penampang terhadap


Momen inersia polar adalah sebuah besaran yang digunakan untuk memprediksi kemampuan

objek untuk menahan torsi, pada objek atau bagian objek dengan penampang melintang

lingkaran yang tak berubah (invariant

signifikan. Momen inersia polar digunakan untuk menghitung perpindahan sudut sebuah objek

yang dibebani torsi. Momen inersia polar ini serupa dengan momen inersia, yang menun

perilaku sebuah objek untuk menahan lentur dan dibutuhkan untuk menghitung perpindahan.

Makin besar momen inersia polar,

Momen inersia polar tidak boleh dipertukarkan dengan momen inersia, di ma

akselerasi putaran sudut akibar torsi.

Momen inersia polar penampang didefinisikan sebagai berikut :

Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA POLAR dari suatu penampang terhadap suatu titik (=

O) adalah hasil perkalian antara luas penampang tersebut

yang bersangkutan dengan titik berat penampang

Ip = momen inersia polar

MOMEN INERSIA PRODUK

Momen inersia produk sebuah luasan sangat penting untuk menentukan tegangan lentur pada

penampang melintang asimetris. Tidak seperti

positif atau negatif. Sebuah sistem koordinat, di mana momen inersia produk bernilai nol,

terarah pada sebuah set sumbu utama, dan momen inersia yang dihitung terhadap sumbu

ah sebuah besaran yang digunakan untuk memprediksi kemampuan


invariant) dan tidak ada distorsi atau deformasi di luar bidang yang


yang dibebani torsi. Momen inersia polar ini serupa dengan momen inersia, yang menun


ia polar, puntiran balok makin kecil jika diberi beban torsi.

polar tidak boleh dipertukarkan dengan momen inersia, di ma

akselerasi putaran sudut akibar torsi.

Momen inersia polar penampang didefinisikan sebagai berikut :


O) adalah hasil perkalian antara luas penampang tersebut dengan kuadrat jarak antara titik

dengan titik berat penampang tersebut.


ris. Tidak seperti momen kedua/momen inersia mungkin bernilai



20

ah sebuah besaran yang digunakan untuk memprediksi kemampuan


) dan tidak ada distorsi atau deformasi di luar bidang yang


yang dibebani torsi. Momen inersia polar ini serupa dengan momen inersia, yang menunjukkan


puntiran balok makin kecil jika diberi beban torsi.

polar tidak boleh dipertukarkan dengan momen inersia, di mana karakter


dengan kuadrat jarak antara titik


momen kedua/momen inersia mungkin bernilai



utama akan mengasumsikan maksima dan minima

pada titik berat penampang melintang dan kedua sumbunya merupakan sumbu simetri

selalu merupakan sumbu utama.

Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA Produk (momen sentrifugal) dari suat

terhadap dua buah sumbu adalah hasil perkalian antara luas penampang tersebut dengan jarak

tegak lurus antara titik berat penampang tersebut dengan salah satu sumbu dan jarak tegak

lurus antara titik berat penampang tersebut terhadap sumbu yang

Ixy = momen inersia produk bidang A

PENAMPANG SIMETRI dan ASIMETRI

Penampang Simetri Satu Arah

Sumbu simetri merupakan salah satu sumbu utamanya, sedang sumbu utama yang lain adalah

tegak lurus dengan sumbu utama simetri dan melalui titik

sikan maksima dan minima-nya. Sistem koordinat dengan titik asalnya

pada titik berat penampang melintang dan kedua sumbunya merupakan sumbu simetri

selalu merupakan sumbu utama.

Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA Produk (momen sentrifugal) dari suat



lurus antara titik berat penampang tersebut terhadap sumbu yang lain .

= momen inersia produk bidang A

PENAMPANG SIMETRI dan ASIMETRI


tegak lurus dengan sumbu utama simetri dan melalui titik berat penampang

∫==

A

xy

xy

dAyxI

dAyxdI

..

..

21

nya. Sistem koordinat dengan titik asalnya

pada titik berat penampang melintang dan kedua sumbunya merupakan sumbu simetri akan

Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA Produk (momen sentrifugal) dari suatu penampang




Penampang Simetri Dua Arah

Kedua sumbu simetri merupakan sumbu utama

Penampang Asimetri

Kedua sumbu simetri merupakan sumbu utama

22

MENCARI MOMEN INERSIA PENAMPANG MENGGUNAKAN INTEGRASI

Prosedur Analisis

Untuk melakukan integrasi tunggal dalam menentukan momen inersia sebuah penampang,

maka perlu ditentukan elemen diferensial dA. Seringkali elemen ini berupa persegi panjang

[panjang dan lebarnya berhingga]. Elemen ini ditempatkan sedemikian hingga mem

penampang pada titik sembarang

Cara I

Panjang elemen diorientasikan

menghitung Iy penampang. Aplikasi langsung persamaannya, I

mempunyai tebal infinitesimal dx dan dengan demikian

dengan : x dari sumbu y.




[panjang dan lebarnya berhingga]. Elemen ini ditempatkan sedemikian hingga mem

titik sembarang (x,y). Ada 2 cara.

elemen diorientasikan paralel terhadap sumbu. Gambar di atas digunakan untuk

penampang. Aplikasi langsung persamaannya, Iy = ∫x2 dA. Dalam hal ini elemen

infinitesimal dx dan dengan demikian semua bagian elemen berjarak sama

23




[panjang dan lebarnya berhingga]. Elemen ini ditempatkan sedemikian hingga memotong

terhadap sumbu. Gambar di atas digunakan untuk

dA. Dalam hal ini elemen

bagian elemen berjarak sama

Contoh I

Tentukan momen inersia luasan persegi empat yang ditunjukkan dalam gambar terhadap

sumbu sentroidal x’

Elemen diferensial yang ditunjukkan dalam ga

pengintegrasian. Karena letak dan orientasinya,

berada pada jarak

h/2 ke

Karena d

Contoh II

I

I


Elemen diferensial yang ditunjukkan dalam gambar dipilih untuk

pengintegrasian. Karena letak dan orientasinya,

berada pada jarak y’ dari sumbu x’. Di sini perlu dintegrasi

h/2 ke y’= h/2.

Karena dA = b . dy’, maka :

Tentukan momen inersia luasan yang ditunjukka

dalam gambar di sekitar sumbu x.

Elemen diferensial luasan yang paralel dengan sumbu

x, seperti ditunjukkan dalam gambar merupakan yang

dipilih untuk integrasi. Karena elemen mempunyai

tebal dy dan memotong kurva pada titik sembarang

(x,y), maka luasannya adalah dA = (100-

Selanjutnya semua bagian elemen berada pada jarak

yang sama y dari sumbu x. Dengan mengintegrasi

terhadap y, dari y = 0 ke y = 200 mm, diperoleh :

( )

dyyayI

dyxydAyI

a

a

x

AA

x

−=

==

∫

∫∫

−

222

22

2

2

3

121

_

2222

2

2

2

'')'.(''

bhI

dyybdybydAyI

x

A

x

h

h

h

h

=

=== ∫∫∫−−

−

24


mbar dipilih untuk

pengintegrasian. Karena letak dan orientasinya, seluruh elemen

. Di sini perlu dintegrasi y’ = –

Tentukan momen inersia luasan yang ditunjukkan

Elemen diferensial luasan yang paralel dengan sumbu

x, seperti ditunjukkan dalam gambar merupakan yang

dipilih untuk integrasi. Karena elemen mempunyai

tebal dy dan memotong kurva pada titik sembarang

-x) dy.

Selanjutnya semua bagian elemen berada pada jarak

. Dengan mengintegrasi

= 200 mm, diperoleh :

4

12

4

2

22

aI

dya

yayI

x

a

a

x

π=

−= ∫

−

Contoh III

Cara II

Tentukan momen inersia terhadap sumbu x dari luasan

sirkular yang ditunjukkan gambar.

Dengan menggunakan elemen diferensial luasan yang

ditunjukkan dalam gambar, karena dA = 2x dy, kita peroleh :

Panjang elemen dapat berorientasi

terhadap sumbu. Persamaan Iy = ∫x2 dA

karena semua bagian elemen tidak akan berada pada

jarak lengan-momen yang sama dari sumbu. Untuk

menghitung Ix penampang pada gambar di atas, maka

perlu mengambil elemen di sekitar sumbu horizontal

melalui sentroida elemen dan mene

inersia elemen di sekitar sumbu x.

( )

( )dyyayI

dyxydAyI

a

a

x

AA

xxxxx

TEOREMA SUMBU-PARALEL SEBUAH LUASAN

Integral pertama menyatakan momen inersia luasan di sekitar sumbu sentr

keduanya nol karena sumbu x’ melalui sentroida luasan C, yakni

Dengan menyadari bahwa integral ketiga menyatakan luasan total A, hasil akhir dengan

demikian adalah :

Pernyataan yang sama dengan persamaan I

Untuk momen inersia kutub di sekitar suatu

O (sumbu z), diperoleh :

Bentuk tiap-tiap persamaan ini menyatakan bahwa

sebuah sumbu sama dengan momen inersia luasan di sekitar suatu sumbu paralel yang melalui

sentroida luasan ditambah dengan perkalian luasan dan kuadrat jarak tegak lurus antara

sumbu-sumbu.

2

' . yxx dAII +=

I

PARALEL SEBUAH LUASAN

Jika momen inersia sebuah luasan di sekitar sumbu yang

melalui sentroidanya diketahui, maka untuk menentukan

momen inersia luasan disekitar sumbu yang paralel

dapat digunakan TEOREMA SUMBU PARALEL (sejajar).

Untuk menurunkan teorema ini, perhatikan cara mencari

momen inersia suatu luasan di sekitar sumbu x. Dalam

hal ini elemen diferensial dA terlihat pada jarak

sembarang y’ dari sumbu x’ sentroidal, sebaliknya jarak

tetap antara sumbu-sumbu paralel x dan x’ didefinisikan

sebagai dy. Karena momen inersia dari dA di sekitar

sumbu x adalah dIx = (y’+dy)2 dA, maka untuk

keseluruhan luasan adalah :

Integral pertama menyatakan momen inersia luasan di sekitar sumbu sentroidal, I

keduanya nol karena sumbu x’ melalui sentroida luasan C, yakni ʃy’dA = ȳ ʃdA = 0 karena


Pernyataan yang sama dengan persamaan Ix dapat dituliskan untuk Iy, yaitu :

Untuk momen inersia kutub di sekitar suatu sumbu tegak lurus terhadap bidang x

tiap persamaan ini menyatakan bahwa momen inersia sebuah luasan di sekitar



( )

∫∫∫

∫

++=

+=

A

y

A

y

A

x

A

yx

dAddAyddAyI

dAdyI

22

2

'2'

'

2

' . xyy dAII +=

2.dAIIco pp +=

26

Jika momen inersia sebuah luasan di sekitar sumbu yang

melalui sentroidanya diketahui, maka untuk menentukan

momen inersia luasan disekitar sumbu yang paralel

igunakan TEOREMA SUMBU PARALEL (sejajar).

Untuk menurunkan teorema ini, perhatikan cara mencari

momen inersia suatu luasan di sekitar sumbu x. Dalam

hal ini elemen diferensial dA terlihat pada jarak

sembarang y’ dari sumbu x’ sentroidal, sebaliknya jarak

sumbu paralel x dan x’ didefinisikan

sebagai dy. Karena momen inersia dari dA di sekitar

dA, maka untuk

oidal, Ix’. Integral

dA = 0 karena ȳ=0.


sumbu tegak lurus terhadap bidang x-y dan melalui

momen inersia sebuah luasan di sekitar



Contoh IV

Tentukan momen inersia luasan persegi empat yang ditunjukkan dalam gambar terhadap :

a. sumbu xb yang melalui alas segiempat , dan

b. kutub atau sumbu z’ yang tegak lurus bidang x’

Dengan menggunakan persamaan :

Momen inersia kutub di sekitar C menjadi :


yang melalui alas segiempat , dan

u z’ yang tegak lurus bidang x’-y’ dan melalui sentroida C

Jawab :

a. Momen inersia di sekitar sumbu yang melalui alas

persegi empat dapat dicari dengan menggunakan

hasil bagian pada contoh I dan dengan menerapkan

teorema sumbu paralel.

b. Untuk mendapatkan momen inersia kutub di sekitar

titik C, pertama harus mencari Īy’, yang dapat dicari

dengan saling menukarkan dimensi b dan h dalam

hasil contoh I, yaitu :

Dengan menggunakan persamaan :

Momen inersia kutub di sekitar C menjadi :

31

2

3

121

_

2

'

2bh

hbhbhI

AdII

b

b

x

yxx

=

+=

+=

hbI y3

121

' =

'' yxp III +=

)( 22

121

'' bhbhIII yxpC+=+=

27


y’ dan melalui sentroida C

Momen inersia di sekitar sumbu yang melalui alas

persegi empat dapat dicari dengan menggunakan

hasil bagian pada contoh I dan dengan menerapkan

momen inersia kutub di sekitar

titik C, pertama harus mencari Īy’, yang dapat dicari

dengan saling menukarkan dimensi b dan h dalam

3bh

Contoh V

Hasil pada contoh II dapat juga dituru

x=0 ke x=100 mm, diperoleh :

I

I

x

x

=

=

Elemen diferensial luasan yang

sumbu y, seperti ditunjukkan dalam gambar

dipilih untuk integrasi.

Elemen memotong kurva pada

(x, y). Dalam hal ini semua bagian elemen

berada pada jarak yang sama pada sumbu

dengan demikian teorema sumbu

digunakan menentukan momen inersia elemen

terhadap sumbu ini.

Untuk sebuah persegi panjang yang mempunyai

alas b dan tinggi h, momen inersia di sekitar

sumbu sentroidalnya telah ditentukan dalam

Contoh I. Didapatkan bahwa Ix’ =

Untuk elemen diferensial yang ditunjukkan

dalam gambar b=dx dan h=y, sehingga dI

dx y3. Karena sentroida elemennya pada

dari sumbu x, maka momen inersia elemen

sekitar sumbu ini adalah :

Hasil pada contoh II dapat juga diturunkan dari persamaan diatas dengan mengintegrasi

x=0 ke x=100 mm, diperoleh :

3

1212

'~

xx ydxdxyydAIddI +=+=

( ) ( )

( ) ( ) 46100

052

31

100

0

31

100

0

3

313

31

10.67,106.400.

400400

25

23

23

mmx

dxxdxxdxydIxA

==

==== ∫∫∫ ∫

28

rensial luasan yang paralel dengan

, seperti ditunjukkan dalam gambar

Elemen memotong kurva pada titik sembarang

Dalam hal ini semua bagian elemen tidak

berada pada jarak yang sama pada sumbu x, dan

teorema sumbu-paralel harus

momen inersia elemen

Untuk sebuah persegi panjang yang mempunyai

alas b dan tinggi h, momen inersia di sekitar

sumbu sentroidalnya telah ditentukan dalam

= 1/12 bh3.

Untuk elemen diferensial yang ditunjukkan

dalam gambar b=dx dan h=y, sehingga dIx’=1/12

. Karena sentroida elemennya pada ỹ = y/2

dari sumbu x, maka momen inersia elemen

nkan dari persamaan diatas dengan mengintegrasi

( )22

yydx

dx

Contoh VI

dan integrasi terhadap x diperoleh :


sirkular yang ditunjukkan gambar

Bila elemen diferensial yang dipilih seperti yang ditunjukkan

dalam gambar, maka sentroida elemen yang terjadi berada

dalam sumbu x, dengan menerapkan persamaan :

dan dengan memperhatikan dy = 0, diperoleh :

dan integrasi terhadap x diperoleh :

2

' . yxx dAII +=

dxydI

dxdI

x

x

3

32

121 (

=

=

( )4

422 2

3 adxxaI

a

a

x

π=−= ∫

−

29


Bila elemen diferensial yang dipilih seperti yang ditunjukkan

ka sentroida elemen yang terjadi berada

dalam sumbu x, dengan menerapkan persamaan :

dan dengan memperhatikan dy = 0, diperoleh :

dx

y 3)2(

30

Contoh Soal 1

Menghitung momen inersia penampang komposit di sekitar sumbu –x.

Bagian Paduan

Penampang di atas dapat dibagi menjadi persegi panjang dan lingkaran.

Luasan paduan akan diperoleh dengan mengurangkan lingkaran pada persegi panjang.

Teorema Sumbu Paralel

Momen inersia di sekitar sb-x ditentukan dengan menggunakan teorema sumbu paralel :

Lingkaran :

Persegi Panjang :

Penjumlahan

Maka, momen inersia penampang komposit terhadap sumbu x :

2

xxx A.dII +=

( ) ( ) 46222

41

x mm11,4.1075.π.2525πI =+=

( )( ) ( )( ) 4623

121

x mm112,5.1075.100.150150100I =+=

4666

x mm101,1.10112,5.1011,4.10I =+−=

Contoh Soal 2

Tentukan momen inersia penampang komposit di sekitar sumbu x dan sumbu y untuk

penampang pada gambar di atas.

PENYELESAIAN :

Bagian Paduan

Penampang dapat dipandang sebagai 3 penampang A, B, dan D yang ditunjukkan pada gambar

di bawah. Untuk perhitungan, sentroida tiap bagian penampang diberikan.

Teorema sumbu Paralel

Momen inersia persegi panjang sekitar sumbu sentroidalnya adalah : Ī =

dengan menggunakan teorema sumbu paralel, diperoleh hasil sebagai berikut :

Persegi panjang A :

� Ix = Īx’ + Ad2y = 1/12 .(100)(300)

� Iy = Īy’ + Ad2x = 1/12 .(300)(100)

Persegi Panjang B :

� Ix = Īx’ + Ad2y = 1/12 .(600)(100)

� Iy = Īy’ + Ad2x = 1/12 .(100)(600)


s.


di bawah. Untuk perhitungan, sentroida tiap bagian penampang diberikan.

i panjang sekitar sumbu sentroidalnya adalah : Ī = 1/12

dengan menggunakan teorema sumbu paralel, diperoleh hasil sebagai berikut :

.(100)(300)3 +(100)(300)(200)2 =1,425. 109 mm4

.(300)(100)3 +(300)(100)(250)2 =1,900. 109 mm4

.(600)(100)3 + 0 = 0,05. 109 mm4

.(100)(600)3 + 0 = 1,800. 109 mm4

31



12.bh3. Sehingga,

32

Persegi Panjang D :

� Ix = Īx’ + Ad2y = 1/12 .(100)(300)3 + (100)(300)(200)2 = 0,05. 109 mm4

� Iy = Īy’ + Ad2x = 1/12 .(300)(100)3 + (100)(300)(250)2 = 1,90. 109 mm4

Penjumlahan

� Ix = 1,425. 109 + 0,05. 109+0,05. 109 = 2,90.109 mm4

� Iy = 1,90. 109 + 1,80. 109+1,90. 109 = 5,60.109 mm4

SOAL-SOAL LATIHAN

1. Tentukan momen inersia penampang komposit di sekitar sumbu x dan sumbu y untuk

penampang pada gambar di bawah ini.

33





34





35



mekban.pendahuluan,statismomen,titikberat,&momeninersia

Documents