4-Bab Titik Berat Dan Momen Inersia [PDF]

Citation preview

Bab TITIK BERAT 04 DAN MOMEN INERSIA



4.1. Titik Berat Titik berat atau centroid dan dalam ilmu keteknikan lebih lasim disebut sebagai central of gravity (CG) tidak lain adalah titik pusat massa benda. Pada titik berat inilah berada resultan gaya-gaya yang bekerja pada benda sehingga titik tangkap dari resultan gaya-gaya tersebut dinamakan dengan gaya berat. Dengan demikian jika benda tersebut bergerak atau jatuh dari ketinggian tertentu, maka resultan dari gaya tersebutlah yang akan cenderung menarik benda ke bawah akibat pengaruh gaya gravitasi. Untuk menghitung atau menentukan titik berat benda (penampang) dapat dilakukan dengan dua cara, yaitu cara grafis dan analitis. Cara grafis biasanya digunakan pada benda dengan bentuk penampang yang beraturan dan seragam, sedangkan pada penampang dengan bentuk yang tidak seragam biasanya menggunakan cara analitis. Dalam bahasan ini, digunakan metode analisis untuk menghitung titik berat berbagai bentuk penampang. Titik berat sebuah penampang benda dengan bentuk seragam, contohnya adalah segi empat tidak lain adalah perpotongan antara dua garis diagonalnya, atau perpotongan antara dua garis yang menghubungkan titik tengah dari sisinya yang sama panjang, sebagai mana terlihat pada Gambar 1 di bawah ini:



70



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Gambar 4-1: Titik berat penampang segi empat Secara ringkas titik tengah dari berbagai bentuk penampang benda diberikan pada Tabel 1 di bawah ini: Tabel 1. Posisi titik berat berbagai bentuk penampang Bentuk Penampang



Titik Berat 1. Bujur Sangkar Titik berat (L) berada di tengah-tengah dari perpotongan diagonal ruang, yaitu: L   x, y  dimana:



x



X 2 ;



y



Y 2 dan A  X .Y



2. Persegi Panjang Titik berat (L) berada di tengah-tengah dari perpotongan diagonal ruang, yaitu: L   x, y  dimana: x 



P Q ; y  dan A  P.Q 2 2



3. Segitiga Titik berat (L) terletak pada perpotongan garis tengah tiap sisinya, yaitu: L   x, y  Dimana: x 



b 3



dan y 



h 3



1 2



2 2 Sehingga: X  b dan Y  h dan A  .b.h 3



3



4. Lingkaran Titik berat (L) terletak pada titik pusat lingkaran atau perpotongan diameternya, sehingga: x  y  R dan A  D2 atau A 



R 2 4



5. Setengah Lingkaran L   xo , yo  Dimana: xo  R  D dan yo  1 2



4R 3



R = jari-jari lingkaran



Mekanika Bahan Teknik Mesin



71



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



A



D2 R 2 atau A  8 2



Contoh Soal 4-1: Tentukan titik berat dari penampang komposit di bawah ini:



Gambar 4-2: Gabungan penampang segi empat Penyelesaian:







Bidang



Luas, A (cm2)



1



3 x 6 = 18



2



4 x 4 = 16



Total



34



x (cm)



y (cm)



3  1,5 2 4 2 2



6 3 2 4 2 2



Ax (cm3)



Ay (cm3)



27



54



32



32



59



86



Titik berat benda/penampang komposit adalah: x



 A.x  A1x1  A2 x2  18x1,5  16 x2   59  1, 74cm A1  A2 18  16 34 A



y



 A. y  A1 y1  A2 y2  18x3  16 x2   86  2,53cm A1  A2 18  16 34 A



Maka, G  1,74;2,53



72 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Gambar 4-3: Posisi titik berat penampang Contoh soal 4-2: Tentukan titik berat dari penampang komposit di bawah ini:



Gambar 4-4: Penampang gabungan segi empat dan segitiga Penyelesaian: Bidang



Luas, A (cm2)



x (cm)



y (cm)



Ax (cm3)



Ay (cm3)



1



3 x 6 = 18



3  1, 5 2



6 3 2



27



54



2



4 x 4 = 16



4 2 2



4 2 2



32



32



16



13



75



99



3 Total



1



2



5 x 4   10



1



44



3



5   1, 6



1



3



4   1,3



x



 A.x  A1x1  A2 x2  A3 x3  18x1,5  16 x2   10 x1, 6   75  1, 70cm A1  A2  A3 18  16  10 44 A



y



 A. y  A1 y1  A2 y2  A3 y3  18x3  16 x2   10 x1,3  99  2,30cm A1  A2  A3 18  16  10 44 A



Maka, G  1,70;2,30 



Mekanika Bahan Teknik Mesin



73



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Gambar 4-5: Posisi titik berat penampang gabungan Contoh soal 4-3: Tentukan titik berat dari penampang komposit berbentuk anak panah di bawah ini:



Gambar 4-6: Penampang berbentuk anak panah tegak Bidang



Luas, A (cm2)



x (cm)



y (cm)



Ax (cm3)



Ay (cm3)



1



 36 x 24   2   432



18



1   x 24   48  56 3 



7776



24192



2



20 x48  960



20  8  18 2



48  24 2



17280



23040



Total



1392



25056



47232



x



 A.x  A1x1  A2 x2   432 x18   960 x18  25056  18cm A1  A2 432  960 1392 A



y



 A. y  A1 y1  A2 y2   432 x56    960 x24   47232  34cm A1  A2 432  960 1392 A



Maka, G  18;34 



74 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Gambar 4-7: Posisi titik berat dari penampang berbentuk anak panah tegak 4.2. Momen Inersia 4.2.1. Pendahuluan Momen inersia didefenisikan sebagai ukuran kecenderungan atau kelembaman suatu benda untuk berotasi pada porosnya. Dalam bahasan ini yang dimaksudkan adalah momen inersia benda pejal, yang besarnya sangat dipengaruhi oleh: a) Massa benda b) Geometri (bentuk dan ukuran) benda c) Letak sumbu putar d) Lengan momen (jarak serat terluar ke sumbu putar) Untuk momen inersia benda pejal, seringkali pendekatannya dianggap sebagai fungsi kerapatan massa terhadap luasan sebuah benda, atau ditulis dalam bentuk  



2



dA .



Hal ini menandakan bahwa momen inersia benda adalah



perkalian antara kuadrat lengan momen dan setiap elemen terkecil dari luasan benda. Jika titik pusat elemen kecil dari luasan benda di letakkan dalam koordinat cartesian, sehingga berada dalam ordinat dan absis tertentu, maka besar momen inersia dalam setiap koordinat tersebut adalah: 



Momen inersia terhadap sumbu X



I x   y2 dA 



Momen inersia terhadap sumbu Y



I y   x2 dA x



...  4  1



...  4  2



= lengan momen benda terhadap sumbu Y



y = lengan momen benda terhadap sumbu X



Mekanika Bahan Teknik Mesin



Gambar 4-1: Momen inersia



75



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Momen inersia yang ditunjukkan oleh dua persamaan di atas mengandung pengertian bahwa besaran tersebut berdimensi 4 atau L4 dan dinyatakan dalam satuan milimeter atau meter. 4.2.2. Momen Inersia Polar dan Teorema Sumbu Sejajar Momen inersia polar adalah perkalian antara elemen terkecil dengan kuadrat jari-jari atau jarak normal terhadap titik beratnya, sebagaimana ditunjukkan dalam Gambar 4-2 di bawah ini.



Gambar 4-4: Momen inersia polar Dengan demikian berdasarkan persamaan momen inersia polar dapat dituliskan dalam bentuk: I p   z2 dA







...  4  3



Dengan menggunakan teorema Phytagoras hubungan antara jarak titik berat terhadap sumbu x, y dan jari-jari, maka momen inersia polar dapat dinyatakan dalam bentuk: I p  I y  Ix



...  4  4



Dimana: z2  x2  y2 







2 2 2  z dA   x dA   y dA  I y  I x



Dan momen inersia perkalian adalah:



Ixy   xydA



...  4  5



Dan O = titik berat dari luasan benda A



76 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Persamaan (4-1) sampai (4-5) hanya digunakan untuk penampang tunggal, sementara itu untuk penampang ganda atau gabungan menggunakan persamaan yang dikembangkan dari lima persamaan di atas, yaitu melalui teorema sumbu sejajar sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 4-5 di bawah ini.



Gambar 4-5: Momen inersia penampang gabungan dengan teorema sumbu sejajar 



Dengan demikian momen inersia terhadap sumbu X adalah:











I x    y ' y  dA   y ' 2  2 y ' y  y2 dA 2



I x  y ' 2  dA  2 y '  ydA   y2dA Sumbu X o melalui titik berat bidang A, sehingga nilai dari  ydA =0, sehingga: I x  y ' 2 A   2 y ' x 0   I xo ...  4  6



I x  y ' 2 A  I xo







Momen inersia terhadap sumbu Y adalah:











I y    x ' x  dA   x ' 2  2 x ' x  x2 dA 2



I y  x ' 2  dA  2 x '  x dA   x2dA



Sumbu Y o melalui titik berat bidang A, sehingga nilai dari  x dA =0, sehingga: I y  x ' 2 A   2 x '.0   I y0 I y  x ' 2 A  I y0



Mekanika Bahan Teknik Mesin



...  4  7 



77



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia







Momen inersia polar adalah: 2 2 2 I p    z  z ' dA    x  x '   y  y '  dA  











I p   x2  2 xx ' x ' 2  y 2  2 yy ' y ' 2 dA



















I p   x2  y2 dA  2 x '  xdA  2 y '  ydA   x ' 2  y ' 2 dA I p  I po  A.z ' 2







...  4  8



Momen inersia perkalian adalah: Ixy    x  x ' y  y ' dA    xy  xy ' x ' y  x ' y '  dA



Ixy   xy dA  y '  xdA  x '  ydA  x ' y '  dA Ixy  Ixy0  A.x ' y '



...  4  9



4.2.3. Momen Inersia Penampang Segiempat







Momen inersia Ix , I y , I p , Ixy dan tinggi  h  terhadap sumbu



 penampang segi empat dengan lebar  b 



 x



dan sumbu  y  yang melalui titik berat



penampang dapat ditentukan dengan penjabaran persamaan-persamaan sebelumnya. Perlu diketahui bahwa momen inersia dari penampang sebagai bagian dari komponen struktur diperlukan untuk menghitung tegangan geser, tegangan lentur, momen gaya, kekakuan, dan defleksi dari penampang struktur.



Gambar 4-6: Diagram benda bebas momen inersia terhadap sumbu



x



78 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia







Momen inersia terhadap sumbu  x  dari penampang segiempat dapat dilakukan dengan pendekatan Gambar 4-6. Dengan gambar tersebut, dapat didefenisian bahwa luas elemen terkecil penampang adalah: dA  bdy



sehingga: 1 h 2



1 h 2



1 h 2



1  h 2



1  h 2



1  h 2



Ix0   y2 dA   y2bdy  b  y2 dy 1



h  1  1 3 1  1 3   1 3 2 Ix0  b  y   b   h     h    3  1 h  3  2  3  2   2



1 1 3 2 3 1 1 Ix0  b  h3  h  bh 3 8  24 3 8 Ix0 







1 3 bh 12



...  4  10



Sementara itu, momen inersia penampang segiempat terhadap sumbu



 y



dapat dilakukan dengan pendekatan Gambar 4-7 di bawah ini:



Gambar 4-7: Diagram benda bebas momen inersia terhadap sumbu y Dengan Gambar 4-7, dapat didefenisikan bahwa luas elemen terkecil penampang adalah: dA  h.dx sehingga:



Mekanika Bahan Teknik Mesin



79



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



1 b 2



1 b 2



1 b 2



1  b 2



1  b 2



1  b 2



I y0   x2 dA   x2 h dx  h  x2 dx 1



b  1  1 3 1  1 3   1 2 I y0  h  x3   h   b     b    3  1 b  3  2  3  2   2



1 1 3 2 3 1 1 I y0  h  b3  b  bh 3 8  24 3 8 I y0 







1 3 bh 12



...  4  11



Momen inersia polar penampang segiempat











1 3 b h  bh3 12







I p0   z2 dA   x2  y2 dA  I y0  Ix0



I p0 











...  4  12



Momen inersia perkalian penampang segiempat Untuk menghitung momen inersia perkalian dilakukan dengan membagi dua gambar sebelumnya terhadap sumbu x dan y seperti berikut ini:



Gambar 4-8: Diagram benda bebas momen inersia perkalian Sebagaimana diketahui sebelumnya, bahwa nilai dA  b dy , maka nilai momen inersia perkalian di integralkan terhadap sumbu y sepanjang h pada batas 0 sampai h , yaitu: 80 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Ixy   xy dA



 x



1 b 2



1 1 Ixy   b y  b dy    b2 y dy 2 2 h



1 2h 1 1  Ixy  b  y dy  b2  y2  2 0 2 2 0



1  1 1  1  1  Ixy  b2  h2  02    b2  h2  2  2 2  2  2  Ixy 



1 2 2 bh 4



...



 4  13a 



Hasil serupa akan di peroleh, jika momen inersia perkalian di integralkan terhadap sumbu



x



dalam batas 0 sampai b , dimana dA  h dx dan y  1 h . 2



Ixy   xy dA Ixy  







y



1 h 2



1 1 h x  h dx    h2 x dx 2 2 b



1 b 1 1  Ixy  h2  x dx  h2  x2  2 0 2 2 0 1  1 1  1  1  Ixy  h2  b2  02    h2  b2  2  2 2  2  2  Ixy 



1 2 2 bh 4



...



 4  13b 



Momen inersia perkalian dari dua hasil di atas adalah dianggap sebagai hasil pengembangan, sedangkan untuk momen inersia perkalian asal digunakan



Mekanika Bahan Teknik Mesin



81



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



  yang nilainya sama dengan nol  I



simbol Ixy0



xy0







 0 . Hal ini juga dapat



dibuktikan melalui persamaan (4-9), yaitu: Ixy  Ixy0  A.x ' y '



Dimana: A  b.h dan x ' 



1 1 b  y' h 2 2



Maka:



1 2 2 1  1  1  b h  Ixy0  b.h  b  h   Ixy0  b2 h2 4 4  2  2  ...  4  13c 



Ixy0  0



4.2.4. Momen Inersia Penampang Segitiga



Gambar 4-9: Diagram benda bebas momen inersia penampang segitiga Berdasarkan Gambar 4-9, diketahui bahwa: dA  b ' dy



Dengan menggunakan prinsip perbandingan garis maka: 2 2 b h 3  3 b' 2 h  y 3



82 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



b' 



4 bh  2 by 2 bh  by 9 3  3 2 h h 3



b2  b'   h  y h3  Sehingga: b  2  dA  b ' dy    h  y   dy  h  3







Dengan demikian momen inersia penampang segitiga terhadap sumbu



x



adalah: b  2  Ix0   y2 dA   y2   h  y   dy  h  3



by  2 Ix0   y2 dA   y2  b   dy h 3 2



2



h



h



3 2 3 b b  2 Ix0    by2  y3  dy   by2 dy   y3dy h  3 1 3 1 h  h  h 3



2



2



h



h



3



2



h



2



h



2 3 b 3 2 1  3 b 1  3 Ix0  b  y2 dy   y3dy  b  y3    y4  3 1 h 1 3  3   1 h h  4  1 h  h  h 3



3



3



3



3 3 4 4 2  1  2  1  1    b  1  2  1  1   Ix0  b   h     h       h     h    3  3  3  3  3    h  4  3  4  3       



2  1  8  1  1   b  1  16  1  1   Ix0  b   h3    h3      h4    h4   3  3  27  3  27   h  4  81  4  81  



81  16 3 2   16 3 1  18 3 15 3 Ix0   bh  bh3    bh  bh3   bh  bh  bh3 243 324 324 2916  243   324  243 Ix0 



1 bh3 36



Mekanika Bahan Teknik Mesin



...



 4  14



83



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Dengan cara yang sama, momen inersia penampang segitiga terhadap sumbu y dapat diperoleh dimana dA  h ' dx dan h ' 



h2   b  x  sehingga: b3 



h  2  dA  h ' dx    b  x   dx  b  3







Dengan demikian momen inersia penampang segitiga terhadap sumbu y adalah: I y0 







1 3 bh 36



...



 4  15



Momen inersia polar penampang segitiga adalah:











1 3 b h  bh3 36







I p0   z2 dA   x2  y2 dA  I y0  Ix0



I p0 











...  4  16



Momen inersia perkalian penampang segitiga terhadap sumbu



x



Gambar 4-10: Diagram benda bebas momen inersia perkalian penampang



dA  h ' dx Dengan hukum perbandingan garis lurus, maka: h ' b  x   h b h' 



 bh  xh   h  h x b



b



84 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



h  h  dA  h ' dx   h  x  dx   b  x  b  b  1 h  1 h  y  h  x  b  x  2 b  2 b



Ixy   xy dA



1 h  h  Ixy   x.   b  x     b  x  dx 2 b  b 











1 h2 1 h2 2 2 Ixy   x. b  x  dx   x. b  2bx  x2 dx 2  2 2b 2b 1 h2 2 1 h2 3  1 2b h2 b 2 h2 b 3 Ixy    h2 x  x  x dx  h xdx  x dx      x dx b 2 b2  2 0 b 0 2b2 0 2



1 1 1  h2  1 1  h2  1 1  Ixy  h2  b2  02    b3  03   2  b4  04  2 2 2  b 3 3  2b  4 4  Ixy 



1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 bh  bh  bh  bh 4 3 8 24



...  4  17 



Dengan cara yang sama akan diperoleh momen inersia perkalian terhadap sumbu y dengan hasil yang sama dengan persamaan (4-17). Sementara itu, untuk menghitung momen inersia perkalian yang melewati titik berat adalah direduksi dari persamaan (4-9) dengan; A



1 1 1 bh; x '  b dan y '  h 2 3 3



Sehingga;



Ixy0  Ixy  A.x ' y ' 



1 2 2 1  1  1  1 2 2 1 2 2 b h  bh  b  h   b h  b h 24 2  3  3  24 18 Ixy0  



1 2 2 bh 72



...  4  18



4.2.5. Momen Inersia Penampang Lingkaran Dengan pendekatan Gambar 4-11 dapat diketahui bahwa: dA  d d  y   sin 



sehingga; Mekanika Bahan Teknik Mesin



85



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Gambar 4-11: Momen inersia penampang lingkaran 



Momen inersia terhadap sumbu



x



adalah:



Ix0   y2 dA r 2











Ix0    2 sin2   d d   0 0



r 2



r



2



0 0



0



0



Ix0    3 sin2  d d    3d   sin2 d  r



2



2



1 1 1  1  1  Ix0    d     cos 2  d    4     sin 2  4  4 0 2 0 0 0 2 2 r



3



Ix0 







1 4 r 0 4



  12  2  0  14 sin 2.2  sin 0



1  1  Ix0  r4     0  0   4  4  Ix0 







1 4 r 4



...



 4  19



Momen inersia terhadap sumbu y adalah: dA  d d  x   cos 



86 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



r 2











I y0   x2 dA    2 cos2   d d   0 0



r 2



r



2



0 0



0



0



I y0    3 cos2  d d    3d   cos2 d  r



2



2



1 1 1  1  1  I y0    d     cos 2  d    4     sin 2  4  4 0 2 0 0 0 2 2 r



I y0 







3







1 4 1 1  1  1  r  0   2  0    sin 2.2  sin 0    r4     0  0  4 4 4 2  4   I y0 







1 4 r 4



...



 4  20



Momen inersia polar penampang lingkaran adalah: I p0  I y0  Ix0 I p0 







1 4 1 4 1 4 r  r  r 4 4 2



...  4  21



Momen inersia perkalian Momen inersia perkalian Ixy0  0 karena penampang lingkaran simetri terhadap sumbu



x



maupun y (sama dengan penampang segiempat).



4.2.6. Momen Inersia Penampang Setengah Lingkaran



Gambar 4-12: Momen inersia penampang setengah lingkaran Pada penampang setengah lingkaran menghitung momen inersia menggunakan prinsip yang sama dengan lingkaran penuh. Akan tetapi karena hanya setengah lingkaran sehingga batas integral untuk suku sudut    adalah 0 Mekanika Bahan Teknik Mesin



 , sementara 87



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



untuk suku pertama  r  adalah 0 -



r



(karena jari-jari lingkaran tetap sama).



Dengan demikian momen inersia penampang setengah lingkaran adalah: 



Terhadap sumbu



x Ix   y2 dA r











Ix    2 sin2   d d   00 r



r







00



0



0



Ix    3 sin2  d d    3d   sin2 d  r











1 1 1  1  1  Ix    d     cos 2  d    4     sin 2  4  4 0 2 0 0 0 2 2 r



3



Ix 











1 4 1 1  r  0     0    sin 2.  sin 0   4 4 2  1 1 1  Ix  r4     0  0   4 2 4  Ix 



1 4 r 8



...



 4  22



Ix  Ix0  A. y ' 2



Ix0  Ix  A. y ' 2 Ix0 







1 4  r2 r   8  2



;A



r2 4r  y'  2 3



  4r 2 1 4 16r4 8  1  r4   2     r  8 18  8 9    3 



...  4  23



Terhadap sumbu y (karena y adalah sumbu simetri, I y0 ) Dengan cara yang sama terhadap sumbu



x



diperoleh hasil yang sama yaitu:



I y   x2 dA r











I y0    2 cos2   d d   00



88 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



r



r







00



0



0



I y0    3 s cos2  d d    3d   cos2 d  r











1 1 1  1  1  I y0    d     cos 2  d    4     sin 2  4  4 0 2 0 0 0 2 2 r



3



I y0 







1 4 r 0 4



  12    0  14 sin 2.  sin 0



1 1 1  I y0  r4     0  0   4 2 4  I y0 







1 4 r 8



...



 4  24



Momen inersia polar I p0  I y0  Ix0



I p0







1 4 8  1 4 8r4 41  r  r   2   r  8 9  8 9  4



...  4  25



Momen inersia perkalian Momen inersia perkalian Ixy0  0 untuk penampang setengah lingkaran karena sumbu y adalah sumbu simetri penampang.



4.2.7. Momen Inersia Penampang Seperempat Lingkaran



Gambar 4-13: Momen inersia penampang seperempat lingkaran



Mekanika Bahan Teknik Mesin



89



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Pada penampang setengah lingkaran menghitung momen inersia menggunakan prinsip yang sama dengan lingkaran penuh, dengan batas-batas 0 -  , dan 0 2



r



. Dengan demikian momen inersia penampang seperempat lingkaran adalah: 



Terhadap sumbu



x Ix   y2 dA  r 2











Ix    2 sin2   d d   0 0  r 2



r







2



Ix     sin  d d     d   sin2 d  3



2



0 0 



0



3



0 r







1 1 1  1  1  2 Ix    d     cos 2  d    4     sin 2  2 4  4 0 2 0 0 0 2 r



3



Ix 



2



1 4 1     1 r  0    0    sin   sin 0   4  4 2  2 











1 1 1  Ix  r4     0  0   4 4 4  Ix 



1 4 r 16



Ix0  Ix  A. y ' Ix0 



1 4  r2 r   16  4



Ix0  



2



...



 4  26



r2 4r ; A  y'  4 9



  4r 2 1 4  r2  16r2  1 4 4 4 r   r  r   2     9   3  16  4  9  16



1 4 4 4 4 1 4  r  r  r      0.055r4 16 9 9   16



...  4  27



Terhadap sumbu y , dengan cara yang sama diperoleh: Iy 



1 4 r 16



I y0  0.055r4



...



 4  28



...



 4  29 90



Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia







Momen inersia polar I p0  I y0  Ix0 ...  4  30



I p0  I y0  0.055r4  I y0  0.055r 4  I y0  0.11r 4



Contoh soal 4-1: Hitunglah momen inersia pada penampang seperti yang ditunjukkan pada Gambar 4a di bawah ini:



Gambar 4a: Penampang segiempat berlobang Dengan Gambar 4a dapat ditentukan ukuran masing-masing penampang, yaitu:







Ax cm3



50 x 44  2200



21



25



46200



55000



 18 x20  360



21



20



7560



7200



38640



47800



1840



Ay cm3







Posisi titik berat dari penampang adalah: y



 Ay  47800 cm3  25,98 cm  A 1840 cm2



x











y  cm 



Padat



Total







x  cm 



Luas, A cm2



Berlubang







 



Penampang



 Ax  38640 cm3  21cm  A 1840 cm2



Momen inersia penampang padat terhadap sumbu x dan y bh3  44 cm  50 cm    45,8 x104 cm4 12 12 3



Ix 0  1



Mekanika Bahan Teknik Mesin



91



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



b3h  44 cm   50 cm     35,5 x104 cm4 12 12 3



Iy0 1







Momen inersia penampang berlubang terhadap sumbu x dan y bh3 18cm  20 cm     1, 2 x104 cm4 12 12 3



Ix 0 2



b3h 18 cm   20 cm     0,97 x104 cm4 12 12 3



Iy 0 2







Momen inersia penampang gabungan terhadap sumbu x dan y Ix0  Ix 0  Ix 0  45,8 x104 cm4  1, 2 x104 cm4  44, 6 x104 cm4 1



2



I y0  I y 0  I y 0  35,5 x104 cm4  0,97 x104 cm4  34,5 x104 cm4 1



2







Ay2  b x h y  y







2



Ay12  50 x44  25  25,98  0, 211x104 cm4 2



2 Ay22   18 x 20  20  25,98    1, 29 x104 cm4  



Ay2  0,211x104 cm4 1,29x104 cm4  1,08x104 cm4







Ax2  b x h x  x







2



Ax12  Ax22  0 



Momen inersia penampang gabungan terhadap sumbu x yang melalui titik berat Ix  Ix0  Ay2  44, 6 x104 cm4  1, 08 x104 cm4  43,52 x104 cm4







Momen inersia penampang gabungan terhadap sumbu y yang melalui titik berat I y  I y0  Ax2  34, 5 x104 cm4  0  34, 5 x104 cm4



Contoh soal 4-2: Tentukan momen inersia terhadap sumbu x dan y pada penampang struktur seperti pada Gambar 4b di bawah ini.



92 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Gambar 4b: Penampang segiempat gabungan berbentuk T Penampang



Luas, A  cm2 



x  cm 



y  cm 



Ax cm3



Horisontan, I



48 x10  480



24



52,5



11520



25200



Vertikal, II



10 x52  520



24



26



12480



13520



24000



38720



1000



Total 















Ay cm3







Momen inersia terhadap sumbu x penampang I bh3  48 10  Ix 0    0, 40 x104 cm4 1 12 12 3







Momen inersia terhadap sumbu y penampang I b3h  48  10     9, 22 x104 cm4 12 12 3



Iy0 1







Momen inersia terhadap sumbu x penampang II bh3 10  52     11, 72 x104 cm4 12 12 3



Ix 0 2







Momen inersia terhadap sumbu y penampang II b3h 10   52    0, 43x104 cm4 12 12 3



Iy 0  2



Mekanika Bahan Teknik Mesin



93



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia







Jarak rata-rata (titik berat) penampang gabungan (komposit) terhadap sumbu x x



 A.x   480  24    520  24   24 cm 1000 A



x1  x2  x  x  24  24  0 



Jarak rata-rata (titik berat) penampang gabungan (komposit) terhadap sumbu y y



 A. y   480  52,5    520  26   38, 72 cm 1000 A



y1  y  y  52,5  38,72  13,78cm y2  y  y  26  38,72  12,72cm



y  y1  y2  1,06 cm 



Momen inersia terhadap sumbu X penampang gabungan (melalui titik berat) Ix  Ix0  Ay2   Ix0  Ay2







 







Ix  0, 40 x104 cm4  11, 72 x104 cm4  1000cm2 1, 06cm   12, 23 x104 cm4







2



Momen inersia terhadap sumbu Y penampang gabungan (melalui titik berat) I y  I y0  Ax2   I y0  Ax2







 







I y  9, 22 x104 cm4  0, 43x104 cm4  1000cm2  0   9, 65 x104 cm4 2



Contoh soal 4-3: Tentukan momen inersia perkalian pada penampang struktur seperti pada Gambar 4c di bawah ini.



94 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia







x  cm 



Benda



Luas, A cm2



I



14 x32  224 2



 



II



12 x42  504



III



32x14  448



Total



1176







 1 x32  12 3







 22,6



 2   6



 12







Ax cm3



 



 



-5062,4



8355,2



 42 2   21



-3024



10584



14 2   7



-12544



3136



-20630,4



22075,2



y  cm 







 32  12  28 2



 2 3 x14  28



Ay cm3



 37,3



Momen inersia terhadap sumbu x penampang I bh3  32 14  Ix 0    0, 24 x104 cm4 1 36 36 3







Momen inersia terhadap sumbu y penampang I b3h  32  14     1, 27 x104 cm4 36 36 3



Iy0 1







Momen inersia terhadap sumbu x penampang II bh3 12  42  Ix 0    7, 4 x104 cm4 1 12 12 3







Momen inersia terhadap sumbu y penampang II b3h 12   42    0, 6 x104 cm4 12 12 3



Iy0  1



Mekanika Bahan Teknik Mesin



95



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia







Momen inersia terhadap sumbu x penampang III bh3  32 14  Ix 0    0, 73x104 cm4 1 12 12 3







Momen inersia terhadap sumbu y penampang III b3h  32  14    3,8 x104 cm4 12 12 3



Iy0  1







Jarak rata-rata (titik berat) penampang gabungan (komposit) terhadap sumbu x x







 A.x  A1 x1  A2 x2  A3 x3   5062, 4    3024    12544   17,54cm A1  A2  A3 1176 A



Jarak rata-rata (titik berat) penampang gabungan (komposit) terhadap sumbu y y







 A. y  A1 y1  A2 y2  A3 y3   8355, 2   10584    3136   18,77cm A1  A2  A3 1176 A



Momen inersia perkalian penampang I terhadap sumbu x-y Ixy0  Ixy  A.x ' y '



Ix y  Ixy0  A1.x1 ' y1 '   1 1



Ix y   1 1



1 2 2 b h   224  22,6  37,3  72



1  32 2 14 2   224  22,6  37,3 72



Ix y  2787,5  188827,5  19, 2 x104 cm4 1 1







Momen inersia perkalian penampang II terhadap sumbu x-y



Ix y  Ixy0  A2 .x2 ' y2 '  0   504  6  31   9,3x104 cm4 2 2







Momen inersia perkalian penampang III terhadap sumbu x-y



Ix y  Ixy0  A3 .x3 ' y3 '  0   448  28  7    8,8 x104 cm4 3 3



96 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia







Momen inersia perkalian penampang komposit terhadap sumbu x-y



Ixy  Ix y  Ix y  Ix y  19, 2 x104 cm4  9,3x104 cm4  8,8 x104 cm4 1 1



2 2



3 3



Ixy  37,3x104 cm4







Momen inersia perkalian penampang komposit terhadap sumbu



xo  yo



Ixy0  Ixy  A.x ' y '  I xy  A.x. y  37, 3x104 cm4  1176  17, 54 18, 77  



I xy0  Ixy0  1, 42 x104 cm4



Mekanika Bahan Teknik Mesin



97



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



Soal – Soal Latihan 4.1



Tentukan titik berat  G  penampang komposit di bawah ini



4.2



Tentukan titik berat  G  penampang komposit di bawah ini



4.3



Tentukan titik berat  G  penampang komposit di bawah ini



4.4



Tentukan titik berat, momen inersia terhadap sumbu x dan y dari gambar penampang di bawah ini:



 Jawab :G  4,24cm; 8,16cm ; I  28759,81cm4 ; I  24902,48cm4  x y  



98 Marthen PALOBORAN



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



4.5



Hitunglah momen inersia  Ix , I y , I , Ixy  terhadap sumbu x dan y pada penampang baja siku di bawah ini:



 Jawab :1,40x104 cm4;1,15x104 cm4;2,55x104 cm4;5,52x104 cm4  4.6



Hitunglah momen inersia perkalian komposit yang melewati titik berat



 xo , yo  pada penampang di bawah ini:



 Jawab : Ixy



o



4.7



 0,76 x104 cm4







Tentukan titik berat dan hitung momen inersia penampang berbentuk Z







yang melewati sumbu titik berat global (komposit) Ix , I y , Ixy , dan Ixyo







seperti gambar di bawah ini:



 Jawab :G  9,71cm; 17, 23cm ; I  3,05 x104 cm4 ; I  3,97 x104 cm4 ;  x y    I p  7,02 x104 cm4 ; I xy  22,03 x104 cm4 ; I xy0  13,73 x104 cm4   



Mekanika Bahan Teknik Mesin



99



Bab 4 Titik Berat & Momen Inersia



4.8











Hitung momen inersia Ix , I y , Ixy , dan Ixyo penampang berbentuk Z yang melewati sumbu titik berat global (komposit) seperti gambar di bawah ini:



 Jawab : Ix  139,88x104 cm4; I y  331,6x104 cm4; Ixy  142,65x104 cm4; Ixy



o



4.9



 36,45 x104 cm4







Tentukan momen inersia perkalian dari penampang di bawah ini:



4.10 Tentukan momen inersia perkalian dari penampang di bawah ini:



100 Marthen PALOBORAN