--timpengaja-45-1-kinemati-2

8/16/2019 --timpengaja-45-1-kinemati-2

1/75

1

TIM DOSEN

BUKU AJAR

KINEMATIKA DAN DINAMIKA 2

FAKULTAS TEKNIK

UNIVERSITAS WIJAYA PUTRA SURABAYA


2/75

1

Bab I

GGAAYYAA--GGAAYYAA SSTTAATTIISS PPAADDAA MMEEKKAANNIISSMMEE

1.1 Definisi

Gaya adalah besaran vektor yang ditentukan oleh arah, harga

vektornya dan titik tangkapnya. Gaya statis adalah gaya dimana baik

arah dan harga vektornya tetap sepanjang waktu, atau konstan.

1.2 Keseimbangan Statis Translasi

Keseimbangan statis adalah kondisi tertentu dari kon disi dinamis

yang memenuhi persamaan dari Hukum Newton II :

S F = m . a ( 1 – 1 )

yaitu bahwa percepatanya, a = 0, berarti merupakan kondisi yang diam

atau bergerak dengan kecepatan konstan. Sehingga persamaan

menjadi :

S F = 0 ( 1 – 2 )

S F : jumlah dari vektor gaya -gaya luar yang dikenakan (bekerja) pada

benda, dalam hal ini pada batang atau link. Gaya luar termasuk gaya

aksi dan gaya reaksi, gambar 1a

( a ) ( b ) ( c )

Gambar-1.1, Gaya-gaya luar ( aksi dan reaksi ) benda yang dalam keseimbangan.

Adalah benda yang mendapat gaya aksi F1 dan F2, gambar-1b, reaksi

yang terjadi pada benda untuk mendacapai keseimbangan statis, dan

gambar-1c poligon gaya yang melukiskan keseimbangan gaya, dari

persamaan (1 -2). Gaya resultan adalah jumlah vektor dari gaya-gaya (


3/75

2

1 2

gaya luar), berarti keseimbangan statis terjadi bila gaya resultan adalah

nol.

1.3 Keseimbangan Statis Rotasi Keseimbangan rotasi dari Hukum Newton II :

S M = I . a ( 1 – 3 )

Statis rotasi tercapai bila benda diam atau bergerak dengan putaran

konstan, persamaan (1 -3) menjadi :

S M = 0 ( 1 – 4 )

momen statis yang dihasilkan oleh gaya-gaya luar terhadap titik putar

adalah nol.

F1

a b F 2 F 1 F 2

A B B

L R A

( a ) ( b )

F 1 F 2

A

R B R A R B

( c ) ( d )

Gambar-1.2, Gaya-gaya luar ( aksi dan reaksi ) benda yang dalam keseimbangan rotasi.

Pada gambar-1.2a, menunjukkan batang yang dikenai gaya aksi F1

dan F2, batang dipen di A dan di tumpu rol di B. Ilustrasi dari persamaan

(1-4) adalah: bila titik putar di B, maka keseimbangan statis rotasi

mendapatkan reaksi R A, gambar-1.2b. Untuk titik putar di A keseimbangan

statis rotasi mendapatkan reaksi di B, gambar-1.2c.

Dalam hal ini batang juga seimbang dalam translasi, yang memenuhi

persamaan (1 -2), gambar 1.2d.


4/75

3

1.4. Gaya -Gaya Tak Sejajar

Gambar 1.1 merupakan ilustrasi dari gaya-gaya tak sejajar, bila

terjadi keseimbangan , gaya-gaya tersebut bertemu pada satu titik.

Berikut akan diperjelas gaya-gaya tak sejajar yang bekerja pada batang.

1.4.1 Tiga gaya tak sejajar.

1. Kasus-1.

Bila pada batang bekerja tiga gaya : F1 , F2, dan F3. Arah dan

besarnya F1, F2, diketahui, maka sistem batang akan seimbang bila F3

vektor penutup dari dua vektor gaya sebelumnya.

F 1 F 2

F1 F 2 F1

F3

F 3

( a ) ( b ) ( c )

Gambar-1.3, Sistem tiga gaya tak sejajar Kasus-1 dalam keseimbangan.

2. Kasus-2

Bila pada batang bekerja tiga gaya : F1, F2, dan F3. Arah dan

besarnya F1 diketahui, F2, F 3 hanya arahnya saja, masing-masing l 2 danl3, gambar-1.4a. Sistem batang akan seimbang bila ketiganya

membentuk segitiga ve ktor tertutup.

of F 1 of F1

l 2

F1 l 3 l 1 F 3 F 2

l3 ( a ) ( b ) ( c )


Penyelesaiannya adalah : 1) Tentukan titik kutub gaya, of; 2) dari of

lukis vektor F1 yang sudah diketahui arah dan besarnya ( diskala); 3)


5/75

4

pindahkan arah vektor gaya F2: l 2, dan arah vektor gaya F3: l3,

sehingga kedua arah gaya tersebut berpotongan, gambar-1.4b; 4)

Tentukan arah gaya F 2 dan F3, sedemikian membentuk segitiga vektor

tertutup, gambar-1.4c.3. Kasus-3

Bila pada batang bekerja tiga gaya : F1 , F2, dan F3. Arah dan

besarnya F1 diketahui, F2, hanya arahnya saja: l 2, dan F3 titik

tangkapnya : m, gambar-1.5a. Sistem batang akan seimbang bila

ketiganya membentuk segitiga vektor tertutup.

l 2 l1 l 2 F 1

F1 n l 3

F1

. m . m

l 2 F3

F 2

( a ) ( b ) ( c ) ( d )


Penyelesaiannya adalah : 1) Buat garis arah gaya F1: l 1, perpanjang

sampai memotong garis l 2, di titik n; 2) Hubungkan titik n dan titik mmenjadi sebuah garis untuk arah gaya F3: l3, gambar-1.5b; 3) Susun

gaya F1 dan kedua garis arah gaya l 2, l3, dimana keduanya akan

berpotongan, gambar-1.5c; 4) Tentukan arah gaya F2 dan F3,

sedemikian membentuk segitiga vektor tertutup, gambar-1.5d.

1.4.2 Empat gaya tak sejajar.

Empat gaya tak sejajar merupakan pengembangan dari kasus-

kasus tiga gaya tak sejajar. Banyak kemungkinan dari kasus empatgaya, dalam hal ini, dipilih model dari kasus yang sering muncul.

1. Kasus-1


6/75

5

Bila ke empat gaya diketahui, dan sistem diharapkan dalam

keseimbangan, maka ke empat gaya tersebut akan membentuk

segiempat vektor gaya yang tertutup, gambar-1.1.

2. Kasus-2.

Bila tiga dari ke empat gaya diketahui arah dan besarnya, maka

gaya yang ke-empat sebagai penutup, untuk membuat segiempat

vektor gaya tertutup, supaya terjadi keseimbangan.

3. Kasus-3.

Bila dua gaya F1, F2 diketahui besar dan arahnya, sedang dua lainnya

diketahui arahnya: l3 dan l 4, gambar-1.6a. Untuk penyelesaiankeseimbangan adalah : 1). Susun dua gaya yang sudah diketahui F1, dan

F 2; 2). Letakkan garis arah gaya F4: l 4 pada pangkal F1, dan garis arah

gaya F3: l 3 di ujung F2, sehingga berpotongan, gambar-1.6b; 3) Tentukan

arah (panah) vektor gaya F3 dan F 4, sehingga membentuk segiempat

vektor yang tertutup, gambar-1.6c.

F 2

F1 o f of

F1 F 4 F1

l 4 l 3

l 4 l3 F 2 F3 F 2

( a ) ( b ) ( c )

Gambar 1.6. Sistem Empat Gaya Tak sejajar Kasus -3.

4. Kasus-4.

Bila dua gaya F1, F2 diketahui besar dan arahnya, sedang F3

diketahui arahnya: l3 dan F4, titik tangkamnya m, gambar-1.7a. Untukpenyelesaian keseimbangan adalah : 1). Susun dua gaya yang sudah

diketahui F1, dan F2 menjadi sebuah gaya R1, gambar-1.7b; 2). Garis

arah gaya R1: p1, dipotongkan dengan garis arah l3 di titik n, gambar-

1.7c; 3) Tentukan arah (panah) vektor gaya F3 dan F4, sehingga


7/75

6

membentuk segitiga vektor yang tertutup, gambar-1.6c. [ lihat 1.4.1,

kasus 3 ]. 4). Uraikan kembaliR1 men

F 2 F1 r 1

l 1 l 2

n

l3 l3 F1

l 3 . m . m . m

F 2 R1

R 1 ( a ) ( b ) ( c )

Gambar 1.7. Sistem Empat Gaya Tak sejajar Kasus -3.

Jadi F1 dan F2, sehingga terbentuk segiempat vektor tertutup seperti 1.4.2, kasus 3.

1.4.3 Sistem lebih dari empat gaya.

Penyelesaian lebih dari tiga atau empat gaya secara grafis untuk

mendapatkan keseimbangan adalah dengan memenehi dua variabel

vektor yang tidak diketahui. Umumnya kasus-kasus yang terjadi akan

cenderung serupa denga n kasus-3 pada 1.4.1 dan 1.4.2.

1.5 Sistem Gaya Paralel (Sejajar)

Sistem gaya paralel, dalam penyelesaian keseimbangan akan

ditinjau dalam sistem dua gaya dan sistem lebih dari dua gaya.

Keduanya harus memenuhi keseimbangan translasi lurus dan rotasi :

S F = 0 dan S M = 0


8/75

7

1.5.1 Sistem dua gaya paralel.

1. Dua gaya berimpit.

F1 Bila dua ga ya paralel, kedua garis

gayanya berimpit ,maka bila terjadikeseimbangan besar (magnitude)

kedua gaya sama besarnya,

a

F1 b

tetapi arah vektornya ber

lawanan. Jadi :

F 2 F1 = F 2

F1 = - F2 F 2 ( 1 – 5 )

Gambar 1.7. Sistem dua gaya paralel ,

(a) Sistem dua gaya, (b). poligon gaya

2.Dua gaya tak berimpit.

Dua gaya berimpit (a).

Gambar 1.8

keseimbangan gaya

(b).

Pada sistem dua gaya berimpit

mengakibat kecenderungan sistem

untuk bergerak translasi Bila dua gaya

tak berimpit, system cenderung berotasi

akibat kedua gaya mempunyai

jarak

antar kedua garis gayanya.

Syarat keseimbangan translasi

tetap harus terpenuhi, sehin gga :

F1 = F 2 dan F1 = - F2. Sistem dua

gaya tak be rimpit dengan besar yang sama dan berlawan

keseimbangan gaya (b). arah vektor gayanya akan menimbulkan

kopel , yang cenderung akan memutar sistem, gambar-1.8. Kopel

identik dengan besaran momen.

K = F . d …………. ( 1 – 6 )

Ditinjau dari titik manapun besarnya kopel tetap, yaitu gaya dikalikan

dengan jarak antara kedua gaya yang paralel. Supaya sistem

seimbang terhadap rotasi maka akan diberikan kopel lawan, yang


9/75

8

arahnya ten tunya berlawanan dengan kopel yang diakibatkan oleh

dua gaya paralel tadi.

maka : S M = 0

K – T L = 0 F.d = T L ( 1 – 7 )

Dimana arah vektor torsi lawan berlawan dengan arak kopel dari dua

gaya tak berimpit

F 2 m .

T L F 1 F 2

F1 R

Gambar 1.9. Keseimbangan rotasi. Gambar 1.10. Resultan

gaya paralel

3.Resultan dua gaya searah.

Dua gaya searah yang tidak berimpit dapat diganti menjadi gaya

tunggal. Gaya tunggal merupakan jumlah vektor kedua gaya

sebagai gaya resultan,R.

maka :

R = F 1 + F2 ( 1 – 8 )

Letak resultan ditentukan berdasarkan teorema Varignon, yang

menyatakan bahwa momen dari gaya -gaya terhadap suatu titik sama

dengan momen yang diakibatkan oleh resultan dari gaya -gaya tadi. Bila

ditinjau dari titik m, a jarak F1 terhadap m, dan d jarak kedua gaya, serta r

jarak sebagai lokasi R terhadap m.( gambar-1.10 )

didapat persamaan :

R.r = F1.a + F 1.( a + d ) ( 1 – 9 )

F .a

F ( a d )

maka : r1 2

R ( 1 – 10 )

sehingga pada batang bekerja gaya tunggal R terhadap titik m,

gambar-1.11 yang cenderung akan mengakibatkan batang

bergerak, atau batang tak stabil. Bila diingin


10/75

9

Rm 2

m . m . r r

R R

Gambar 1.11 Rm 1

Gambar 1.12. Tranformasi R ke titik m

kan keseimbangan, atau kestabilan, maka pada titik m diberikan dua

buah gaya yang sama besarnya dan arah vektornya berlawanan,

gambar-1.12.

Rm 1 = Rm2 = R

Rm1 = - Rm 2, Rm 1 = R

R = - Rm 2

Dari gaya-gaya R dan Rm2 terjadi kopel K m, didapatkan :

K m = Rm2 . r = R . r , searah jarum jam.

Rm

m . K m m . T m

F1

F2

Rm 1=R Gambar 1.14. Sistem yang telah seimbang

Gambar 1.13. Beban di titik m : R= F1+ F2 dan K m .

Jadi sekarang pada titik m bekerja beban akibat dua gaya sejajar F1

dan F2 adalah Rm1 = R dan kopel searah jarum jam, K m, gambar-1.13.

Supaya terjadi keseimbangan, maka pada titik m terdapat gaya dan

kopel yang sama besarnya dan berlawanan arah, yaitu Rm dan T m ,

gambar-1.14.


11/75

10

Sehingga :

Rm = Rm1 = R = F1 + F 2

Rm = - Rm1 = - ( F1 + F2 )

Tm = Km = R . r = ( F1 + F 2 ) T m = - Km

1.5.2 Sistem tiga atau lebih gaya -gaya paralel.

`Untuk menyelesaikan batang yang menerima beban gaya -gaya

sejajar, tiga buah atau lebih, resultan gaya dari gaya-gaya tadi, menurut

persamaan (1 -8), yang dikembangkan menjadi :

R = F1 + F 2 + F3 + ……+ Fk +…… + Fn , atau

n

R F kk 1

( 1 – 11 )

dan letak gaya resultan yang ditinjau terhadap suatu titik tertentu,

menurut persamaan (1-10) yang diturunkan dari teorema Varignan,

menjadi :

R .r = F1. a 1 + F 2. a 2 + … ……+ Fk . ak +…… + Fn. an, atau

r F 1 .a1 F 2 .a2 ........ F k .ak .......... F n .an

F 1 F 2 ......... F k ........... F n

yang disederhanakan menjadi persamaan :

n

F k .ak r k 1

n ( 1 – 12 )

F kk 1

dimana :

peninjauan.


12/75

12

Fk : mewakili gaya secara umum

ak : mewakili jarak gaya secara umum terhadap titik


13/75

13

Bab II

ANALISA GAYA STATIS MEKANISME

Gaya -gaya yang dibebankan pada batang (link) terjadi akibat

beberapa sumber yang berbeda, antara lain :

a. berat batang sendiri

b. gaya-gaya gesek

c. gaya-gaya akibat perubahan temperatur operasional

d. gaya-gaya asembling (ketika dirakit)

e. gaya-gaya pembebebanan

f. gaya-gaya akibat energi yang ditransmisikan

g. gaya akibat tumbukan

h. gaya-gaya pegas, dan

i. gaya-gaya inersia.

Gaya-gaya di atas hendaknya ditunjukkan ketika akan merencanakan

suatu mekanisme dari permesinan. Masing-masing gaya dapat

diklasifikasikan menjadi gaya statis dan gaya dinamis.

2.1 Gaya Statis.

Gaya-gaya yang dikenakan kepada btang-batang mekanisme

mesin selalu dikalikan dengan operasional mesin. Berarti gaya tersebut

berada dalam domain operasional spesifik yaitu domain waktu. Sehingga

gaya -gaya selalu berhubungan dengan waktu ketika mesin beroperasi.

Bila gaya selama domain waktu tertentu besar (magnitude) dan arah

vektornya tetap konstan adalah gaya-gaya statis, sebaliknya bila besar

dan atau arah vektunya berubah terhadap waktu merupakan gaya-

gaya dinamis. Berat batang adalah contoh dari gaya statis, umum selain

itu sebagai gaya-gaya dinamis.


14/75

14

Gaya,F(t) Gaya,F(t)

F 2

F 1=F 2

F1

t (waktu) t (waktu)

Gambar 2.1. Grafik gaya statis. Gambar 2.2. Grafik gaya dinamis.

Besarnya bertambah arah tetap ( ke atas )

Gaya statis terjadi memang beban yang dikenakan besarnya

tetap sepanjang waktu. Dari hukum Newton II, yang menyatakan

hubungan antara gaya luar dan gaya aibat inersia (kelembaman) massa

karena percepatan, adalah : dF( t ) d m.a( t ) ( 2 – 1 )

dalam hal ini massa konstan, dan percepatan a adalah merupakan

gradien kecepatan terhadap waktu. Untuk kondisi statis berari diam, atau

kecepatannya nol. Kondisi statis juga bisa diartikan batang bergerak

dengan kecepatan konstan, maka: a = (dv/dt) = 0, persamaan 2-1

menjadi :

dF(t) = 0 ( 2 – 2 )

maka sepanjang waktu kondisi awal dan kondisi akhir opersaional besargayanya tetap, , gambar-2.1, setelah diintegralkan, :

F 2(t) = F 1(t) ( 2 – 3 )

2.2 Gaya Dinamis

Dari persamaan 2-1, untuk harga a yang konstan, maka gaya saat

akhir domain waktu :

F 2(t) = F 1(t) + m.a ( 2 – 4 )

maka F 2(t) ¹ F1(t), berarti berbeda besar gaya mengakibatkan

adanya percepatan pada batang. Gambar 2-2, untuk a positif, arah

vektor gaya tetap, besar gaya berubah, makin besar, dan sebaliknya.

2.3 Gaya Statis Komponen


15/75

15

P

Beban gaya diberikan atau ditransmisikan melalui pena, batang

luncur (slidder), roda gigi dab bermacam-macam yang membentu

mekanisme permesinan.

2.3.1 Gaya pena.

Bila berat pena dan gesekan tidak ada, atau diabaikan, maka

gaya -gaya yang bekerja

(a) (b) (c)

Gambar 2.3. Gaya-gaya pada pena

pada pena harus melalui titik pusat pena. Gaya tersebut merupakan

resultan dari gaya-gaya yang mengarah radial pada permukaan kontak

antara permukaan pena dan permukaan lubang batang, gambar-2.3a,

dan gambar-2.3b. Bila terdapat gesekan gaya tersebut tidak akan

melalui pusat pena, gambar-2.3c. Demikian pula arah gaya pena

dipengaruhi oleh gaya -gaya yang bekerja pada batang. Bila gaya yang

bekerja pada batang hanya pada sambungan -sambuangan (joint) di

ujung-ujung batang, dan tidak ada gaya luar yang bekerja pada badan

batang, maka arah gaya pena melalui pusat pena dan berimpit dengan

sumbu batang, gambar-2.3a.

Untuk batang yang dikenai gaya luar pada badan batang, maka

gaya -gaya pada pena dan sambungan batang tidak mengarah aksial,

artinya arah gaya pada sambungan ujung batang belum diketahui.

Sehingga gaya ujung batang tersebut harus diuraikan menjadi normal Fn

dan gaya tangensial Ft .

2.3.2 Gaya batang luncur (slidder).

P

FS=m N

N N R

(a) (b)

Gambar 2.4. Gaya-gaya pada batang luncur.


16/75

16

2

Gambar-2.4a, menunjukkan batang luncur (slidder) atau torak (piston),

atau kepala silang (sross-head), bila tidak ada gesekan maka gaya

normal, N, merupakan reaksi dari gaya beban P. Arah dari gaya normal

selalu tegak lurus terhadap arah gerak translasi batang luncur. Dalamkeseimbangan statis besar gaya normal sama dengan gaya beban,

untuk sistem dua gaya.

S F = 0

N = P ( 2 – 5 )

N = - P ( 2 – 6 )

Bila terjadi gesekan antara permukaan batang luncur dan permukaan

lantai luncur maka reaksi dari batang luncur merupakan resultan dari

gaya normal, N, dan gaya gesek, FS, gambar-2.4b.R = N + F S ( 2 – 7 )

Besar gaya resultan : R N2 F S ( 2 – 8 )

Untuk keseimbangan statis sistem dua gaya berimpit pada batang luncur,

maka

P = R ( 2 – 9 )

P = -R

Arah gaya resultan membentuk sudut, yang ditinjau terhadap sumbu

yang tegak lurus lintasan gerak batang luncur, yaitu :

F .N

tg S

N N

arctg ( 2 – 10 )


17/75

17

2.3.3. Gaya statis roda gigi.

Gambar 2.5. Sistem gaya statis roda gigi.

Roda gigi yang dibahas disini adalah roda gigi lurus ddengan profil

gigi involut, dan tanpa gesekan, sehingga gaya -gaya yang bekerja pada

permukaan kontak gigi roda gigi terletak pada garis normal, yang disebut

garis tekan. Umumnya garis ini mempunyai arah menurut sudut tekan

gaya, j, sebesar 141/ 2° dan 20°.

Gambar-2.5a, menunjukkan dua buah roda gigi A dan B, roda gigi

A sebagai penggerak (driver ), sedang roda gigi B yang digerakkan

(driven). Gambar-2.5b, merupakan diagram benda bebas, artinya

diagram yang memperlihatkan masing-masing komponen roda gigi.

Dalam diagram benda bebas harus digambarkan arah gerak dan beban

yang diberikan.


18/75

18

Pada roda gigi A, bergerak dengan putaran w A searah jarum jam,

dan beban kopel T A A juga searah jarum jam. Supaya dalam

keseimbangan, maka gaya reaksi R di permukaan kontak gigi,

sedemikian menimbulkan momen terhadap titik putar roda gigi A yangarahnya melawan arah T A.

Pada roda gigi B, gaya R sebagai beban gaya yang diberikan

kepada sistem, yang merupakan gaya aksi, sehingga gaya ini

menimbulkan kopel berlawanan jarum jam. Kopel lawan T B sebagai

reaksi, berarah searah jarum jam, dan terjadilah keseimbangan.

Gaya reaksi R meru pakan resultan dari gaya tangensial FT dan

gaya radial FR, dimana R harus teletak pada garis tekan, yang mengarah

sebesar sudut tekan j, terhadap garis radia di titik kontaknya.

2.4 Prosedur Penyelesaian Analisa Gaya Statis Mekanisme

Prosedur penyelesaian grafis analisa gaya statis mengikuti

tahapan-tahapan sebagai berikut :

1. Gambar kembali setiap soal mekanisme, dengan skala gambar

yang benar.

2. Gambarkan diagram benda bebas masing-masing batang.

3. Carilah batang yang sifatnya sebagai batangpenerus/pemindah gaya aksial. (lihat pada ketentuan subbab

2.3.1).

4. Selanjutnya perlihatkan perkiran arah-arah vektor gaya pada

sambungan-sambungan setiap batang, dan gaya beban yang

sudah diketahui.

5. Hitunglah jumlah variabel vektor gaya yang belum tahu atau

yang dicari untuk setiap batang, termasuk gaya beban yang

dikenakan pada setap batang.6. Pilih batang yang mempunyai jumlah variabel vektor gaya

yang belum diketahui, yaitu dua buah, biasanya adalah besar

(magnitude) atau skalar dari gaya -gaya batang, untuk

mengawali analisa cara grafis, sehingga menghasilkan lukisan


19/75

19

keseimbangan gaya (poligon gaya), yang membentuk

segibanyak vektor tertutup (biasanya segitiga vektor tertutup).

7. Bila setiap batang jumlah variabel vektor gaya lebih dari dua

buah, maka bisa men ggabungkan dua batang atau lebih,untuk mendapatkan analisa seperti prosedur urutan 6.

8. Bila urutan 7 tidak mungkin dilaksanakan, biasanya untuk setiap

batang, salah satu dari arah vektor gaya yang belum diketahui

atau dicari, diuraikan menjadi komponen tangensial dan

komponen normal.

9. Gunakankan keseimbangan rotasi untuk mencari komponen

tangensial dari urutan 8.

Gambar 2.6 Analisa gaya statis mekanisme luncur tanpa beban luar.


20/75

20

10. Setelah itu besar gaya yang didapatkan merupakan beban

gaya dengan arah berlawanan terhadap batang berikutnya,

dan memenuhi urutan 6, atau 7, atau 8, begitu seterusnya.11. Setiap batang akan memenuhi dua keseimbangan, translasi

lurus dan rotasi.

12. Bila telah diadpatkan keseimbangan dari semua batang-

batang mekanisme, lukis poligon gaya totalnya.

2.5 Analisa Gaya Statis Mekanisme Luncur

Penyelesaian grafis gaya statis dalam analisa ini untuk mekanime

luncur ada dua kasus, yang pertama, bila pada batang hubung yangsifatnya sebaga pemindah gaya aksial tidak dikenai gaya lua r, yang

kedua, bila batang tersebut dikenai gaya luar, sebagai beban.

2.5.1 Mekanisme luncur tanpa beban gaya luar pada batang hubung.

Gambar-2.6a adalah gambar permasalahan, dari mekanisme

luncur, dengan skala gambar 1 : 10. Ukuran masing-masing batang:

O2 A

30kN ke kiri.

20cm, AB 60cm,q 2 60 . Beban gaya pada batang-4 P =

Akan ditentukan besar dan arah vektor gaya -gaya sambungan,

serta Torsi lawan agar dihasilkan keseimbangan.

Penyelesaian permasalahan (soal), dengan menggambarkan

diagram benda bebas, serta ilustrasi arah vektor gaya untuk masing-

masing batang, gambar-2.6b, dimana penenentuan arah vektor lebih

dahulu dari batang-3.[ urutan 2,3,dan 4 ]

Menentukan jumlah variabel vektor yang belum diketahui :

a. batang-2, 4 variabel : 1) besar F 12, 2) besar F32, 3) besar T 2, dan

4) arah T 2.

Arah F12 dan arah F32 sudah didapatkan,

yaitu // batang-3.


21/75

21

b. batang-3, 2 variabel : 1) besar F 23, 2) besar F 43. Arah F 23 dan arah

F 43 sudah didapatkan, yaitu berimpit dengan batang-3 [

ketentuan pada subbab 2.3.1 ]

c. batang-4, 2 variabel : 1) besar F14, 2) besar F34, dimana arah F14

diketahui lintasan geraknya, dan arah F34 sudah didapatkan,

yaitu // batang-3.

Mulai mengerjakan dari batang yang mana ?

Yaitu dari batang-4, karena mempunyai dua variabel yang tidak

diketahui, termasuk beban gaya luar P. Batang-3 juga 2 variabel,

tetapi tidak mempunyai gaya luar.

Jadi urutan batangnya adalah :

1) batang-4, 2) batang-3, dan batang-2.Urutan analisa grafis keseimbangan

1) Pada batang-4, dengan arah gaya-gaya pada gambar-2.6c.

Tentukan skala gaya, dalam hal ini misalnya 1cm = 20kN, mulai

dari P sepanjang 1,5cm, pindahkan arah F14 di pangkal P, dan

arah F34 di ujung P, sehingga arah F34 dan arah F14

berpotongan, dan terbentuklah poligon gaya keseimbangan

batang-4, gambar-2.6d. Jadi gaya-gaya yang bekerja pada

batang-4 seperti gambar-2.6e.Dari lukisan (setelah diukur dengan penggaris) :

F34 = 1,6cm = 1,6cm´ 20kN/cm = 32kN

F14 = 0,55cm = 0,55cm´ 20kN/cm = 11kN.

2) Pada batang-3, merupakan sist em dua gaya sejajar berimpit.

Dari pena B batang-4, yang berpasangan dengan batang-3,

maka didapat F43 = - F34, dimana F 43 = F34 = 32kN. Dari

keseimbangan batang-3 didapat F23 = - F43 dan F 23 = F 43 = 32kN.

gambar-2.6f.3) Batang-2, merupakan sistem dua gaya sejajar tak berimpit,

maka terjadi kopel. Berasal dari pena A, batang-3 yang

berpasangan dengan batang-2, dihasilkan F32 = - F23 dan

F32=F 23=32kN. Keseimbangan translasi batang-2, mendapatkan


22/75

22

F12 = - F32 dan F12 = F32 = 32N, dan dari keseimbangan rotasi

terhadap O 2, didapatkan torsi lawan atau torsi reaksi batang-2 :

S MO2 = 0 : arah momen positif adalah searah

jarum jam. -F32.h + T 2 = 0

dimana h didapat dari lukisan = 1,9cm, harga sebenarnya

dikalikan lagi

dengan skala gambar pada gambar soal, jadi h = 1,9 ´ 10cm =

19 cm = 0,19m

Jadi, T 2 = F32 . h = 32kN . 0,19m = 6,08kNm, s.j.j, gambar-2.6g.

4) Pada batang-1, di O 2, berasal dari batang-2, sebagai crank,

maka didapat beban gaya F21 = - F 12, F 21 = F12 = 32kN, danbeban torsi sebesar T 2 = 6,08kNm, b.j.j, gambar-2.6h.

5) Batang-1, sebagai landasan gerak batang-4 dihasilkan F41 = - F14

dan F 21 = F12 = 11kN, gambar-2.6i.

6) Poligon seluruh batang mekanisme luncur seperti pada

gambar-2.6j.

2.5.2 Mekanisme luncur dengan gaya luar.

Seperti pada subbab 2.5.1. pada permasalahan ini batang-3,

sebagai batang penerus gaya dikenai gaya luar S = 40kN, AC 30cm ,

gambar-2.7a; data ukuran batang sama dengan permasalahan 2.5.1.

Penyelesaian permasalahan : mulai dari gambar-2.7a, mekanisme

digambar dengan skala 1:10. Gambar-2.7b, adalah diagram benda

bebasnya. Jumlah variabel vektor gaya yang tidak diketahui setiap

batang :

a. Batang-2, 6 variabel: 1) besar F12, 2) arah F12, 3) besar F32,

4) arah F32, 5) besar torsi lawan T 2, 2) arah torsi lawan T 2.


23/75

23

43 43

Gambar 2.7 Analisa gaya statis mekanisme luncur dengan beban luar.

b. Batang-3, 4 veriabel: 1) besar F 23, 2) arah F 23, 3) besar F 43, 4)

arah F 43

c. Batang-4, 3 variabel: 1) besar F34, 2) arah F34, 3) besar F14,

sedang arah F14 lintasa n gerak batang-4.

Ternyata setiap batang tidak memenuhi untuk melukis

keseimbangan vektor gaya, yaitu 2 variabel yang belum

diketahui. Maka urutan pertama adalah pada batang-3.

1) Pada batang-3, gaya di titik B diuraikan menjadi

komponen tangensial dan komponen normal, dari F 43 :

yaitu F t dan F n . Kemudian dari keseimbangan rotasi

(momen) dari titik A, gambar-2.7c.


24/75

24

43

F

F t

34

= F 43

43

Fn

F F

h

43

S M A = 0 :

- ( S . h ) + ( F t . AB ) = 0

sehingga bisa disusun perbandingan gaya -gaya

terhadap perbandingan jarak:

S AB t 43

( 2 – 11 )

dimana: AB 60cm , dan S = 40 kN., sedang h didapat

dari lukisan, kemudian dikalikan dengan skala gambar.

maka: h = 2,6cm = 2,6 ´ 10 = 26cm.

Kemudian persamaan (2-11) dilukis menjadi

perbandingan garis proposional, seperti pada gambar-

2.7d. dengan skala gaya 1cm=20kN, jadi S digambar

sepanjang 2cm .

Dari lukisan didapatkan :

43 = 0,87cm = 0,87cm´ 20kN/cm = 17,4 kN.

Selanjutnya gaya-gaya di batang-3, seperti gambar-

2.7e.

2) Pada batang-4, dari pena A didapat Ft =- 43 , dan F

t

t = 17,4 kN, sehingga gaya-gaya pada batang: Ft

// batang-3, F14 lintasan batang-4, P = 30 kN dan F t =

17,4 kN, gambar-2.7f , adalah sistem empat gaya tak

sejajar dengan dua variabel tidak tahu, maka bisa dilukis

keseimbangan gayanya secara grafis, gambar-2.7g,

hasilnya pada 2.7h.

maka : F14 = 1,4cm = 1,4cm´ 20 kN/cm = 28 kN.

34 = 1,8cm = 1,8cm ́20 kN/cm = 36 kN.

F 34 t 2 n 2 34 34

45,61kN

3) Kembali ke batang-3, dari pena B didapatkan F43 = -F 34

dan F 43 = F34. Jadi gaya-gaya pada batang-3, adalah

sistem tiga gaya tak sejajar dengan satu variabel besar


25/75

25

gbr.-2.7k.

F 23, gambar-2.7i, arah gaya merupakan vektor penutup

dalam segitiga gaya vektor, dan ketiganya harus bisa

melalui satu titik tangkap, hasilnya pada gambar-2.7j.

F 23 = 2,85cm = 2,85cm´ 20 kN/cm = 57 kN/cm. 4) Batang-2, sebagai crank, yaitu batang berputar, jadi

sebagai sistem dua gaya tidak berimpit, mengakibatkan

kopel. Dari pena A, F32 = -F23, dan F32 = F 23 = 57 kN., seperti

2.5.2 didapatkan torsi lawan T 2,

T 2 = F32 . h , h = 1,7cm = 1,7 ´ 10 = 17cm =

0,17 m

T 2 = 57kN ´ 0,17m = 9,69 kNm, s.j.j.

Di pena O 2 dihasilkan F12 = -F32, dan F12 = F 32 = 57 kN.,

Poligon gaya total gambar-2.7l.

2.6 Analisa Gaya Statis Rocker Crank Mechanism

Rocker crank mechanism adalah mekanisme empat batang

dimana mempunyai sebuah batang yang berputar penuh dab sebuah

batang berayun.

Gambar-2.8 adalah bentuk dari rockercrank mechanism, panjang-2 panjang-

4 panjang-3 panjang-1. Syarat

terbentuknya mekanisme ini adalah :

panjang-1 + panjan g-2 panjang-3 + pan-jang-4.Penyelesaian keseimbangan berdasarkan

perkiraan arah vektor gaya pada pena-pena batang. Dimulai dari arah-

arah vektor gaya pada connecting link, yaitu batang penerus/pemindah

gaya, dalam hal ini batang-3, pada mekanisme ini, adalah batang-3. Bila

batang dikenai beban gaya luar atau tidak. Di bawah ini beberapa

tahap penyelesaian dalam kedua kasus, akibat beban luar pada

batang-3.


26/75

26

2.6.1 Rocker crank mechanism tanpa gaya luar.

Gambar-2.9a, adalah rocker crank mech anism, yang menerima

beban gaya P = 40 kN di batang-4. Data -data mekanisme

:O2 A 40cm, AB O4 B 70cm,O2 O4 120cm ,q 2 =

45° , dan BC 34cm. Akan ditentukan gaya -gaya pada ujung-ujung

batang, dan torsi lawan di batang-2, supaya dicapai keseimbangan.

Penyelesaiannya :

Gambar 2.9. Rocker Crank Mechanism tanpa gaya di batang-3.


27/75

27

1. Gambar soal, seperti gambar-2.9a dilukis dengan skala gambar

1:20 ( 1cm = 20cm panjang batang ).

2. Gambar-2.9b, adalah diagram benda bebasnya, dengan

jumlah variabel vector gaya yang belum diketahui padamasing-masing batang :

a. Batang-2: 6 variabel : 1) arah F32, 2) besar F32, 3) arah F12,

4) besar F12, 5) arah T 2, dan 6) besar T 2.

b. Batang-2: 2 variabel : 1) besar F 23, 2) besar F 43.

c. Batang-4: 3 variabel : 1) arah F14, 2) besar F14, 3) besar F34.

Dari batang yang mana memulai menyelesaikan ?.

1. Dari batang-4, lihat kembali ketentuan subbab 1.41.

kasus-3. Untuk mereduksi jumlah variabel yang belumdiketahui dari 3 menjadi 2 variabel, yaitu dengan

memotongkan garis gaya P dan F34, b erpotongan di n.

Sehingga arah F14 di tentukan oleh garis O2 n , gambar-

2.9c. Poligon gaya batang-4, dengan skala gaya 1cm =

20 kN, seperti gambar-2.9d dan 2.9e, dan didapatkan

dari pengukuran adalah :

F14 = 1,55cm = 1,55cm´ 20 kN/cm = 31 kN

F34 = 0,75cm = 0,75cm´ 20 kN/cm = 15 kN

2. Pada batang 3, sistem dua gaya berimpit, gambar-2.9f,

dari pena B, didapatkan F34 = - F34, dan F 43 = F34 = 15 kN,

gambar-2.9g.

3. Pada batang-2, gambar-2.9h pada pena didapatkan :

F32 = - F23, dan F32 = F 23 = 15 kN

h didapat dari lukisan :

h = 0,75cm = 0,75cm F34 = - F34, dan F 43 = F34 =

15 kN 20 = 15cm = 0,15 m .

dari keseimbangan translasi ( F = 0 ):

F12 = - F32, dan F12 = F32 = 15 kN

Dari keseimbangan momen (rotasi) dari titik O 2

didapatkan torsi lawan batang-2, T 2 :


28/75

28

gambar-2.9k.

T 2 = F32 . h = 15 kN ´ 0,15 m = 2,25 kNm, s.j.j.

4. Pada batang-1 (fixed link), di pena O 2, gambar-2.9i

didapatkan beban dari batang-2:

F21 = - F12, dan F 21 = F12 = 15 kN T 2 = 2,25 kNm, b.j.j.

Di pena O 4, gambar-2.9j :

F41 = - F14, dan F 41 = F14 = 31 kN

5. Poligon untuk semua batang mekanisme ini, seperti

2.6.2. Rocker crank mechanism tanpa gaya luar.

Gambar 2.10. Rocker Crank Mechanisme dengan gaya luar di batang-3.


29/75

29

Ft

Gambar-2.10a, adalah rocker crank mechanism, yang menerima

beban gaya P = 40 kN di batang-4. Kemudian pada batang-3, sebagai

batang peimndah/penerus gaya (connecting link) mendapat beban luar

di titik C, S = 30 kN , arah 45o

, terhadap batang-3. Data-data mekanisme

:O2 A 40cm, AB O4 B 70cm,O2 O4 120cm ,q 2 =45° , dan BD 34cm.

Akan ditentukan gaya-gaya pada ujung-ujung batang, dan gaya lawan

Q yang batang-2, supaya dicapai keseimbangan.

Penyelesaiannya :

Gambar soal, seperti gambar-2.10a dilukis dengan skala gambar 1:20 (

1 cm = 20cmpanjang batang ).

1. Gambar-2.10b, adalah diagram benda bebasnya, dengan

jumlah variabel vector gaya yang belum diketahui pada

masing-masing batang :

a. Batang-2: 5 variabel : 1) arah F32, 2) besar F32, 3) arah F12,

4) besar F12, dan 5) besar Q.

b. Batang-2: 4 variabel : 1) besar F 23, 2) arah F 23, 3) besar F 43,

4) arah F 43.

c. Batang-4: 4 variabel : 1) arahF14, 2) besar F14, 3) besar F34,

4) arah F34.

Dari batang yang mana memulai menyelesaikan ?.

Bisa dari batang-3 atau batang-4, karena sistem gaya yang

bekerja pada ba -

tang sifatnya sama

1. Batang-3, untuk meroduksi jumlah variable yang belum

diketahui, maka pada pena B, F 43 diuraikan menjadi :

F t n

gambar-2.10e.

43dan F 43 , gambar-2.10c. Kemudian menentu kan

besarnya dari titik A berdasarkan keseimbangan

momen, dengan skala gaya 1cm = 20 kN , [lihat subbab

2.6.1.], gambar-2.10d, didapatkan :

43 = 0,45cm = 0,45cm´ 20 kN/cm = 9 kN.

Sekarang sistem gaya batang-3 sepert pada


30/75

30

43

34

34

Fn

Fn

Fn

2. Batang-4, sekarang menjadi 3 variabel yang belum

diketahui: 1) arah F14, 2) besar F14, 3) besar F n .

Selanjutnya dua buah gaya, P dan Ft digabung

menjadi sebuah gaya resultan R,

R = P + Ft

Ft 34 = - F t 43, dan Ft34 = Ft 43 = 31 kN

( 2 – 12 )

Hasilnya didapatkan perpotongan garis gaya R dan

43 dititik n, gambar-2.10f. sehingga variabel yang

belum diketahui adalah 2 buah, 1) besar F14, 2) besar

43 , arah mengikuti O4 n , gambar-2.10g, sehingga bisa

dilukis poligon gaya keseimbangannya, gambar-2.10h,

hasilnya pada gambar-2.10i dan 2.10j, didapatkan dari

lukisan :

34 = 0,65cm = 0,65cm´ 20 kN/cm = 13 kN.

F34 = 0,85cm = 0,85cm ́20 kN/cm = 17 kN.

F14 = 1,45cm = 1,45cm ́20 kN/cm = 29 kN.

Jadi gaya-gaya pada batang-4 dalam

keseimbangan seperti gambar-2.10k, ketiga gaya

tersebut harus melalui satu titik tangkap n.

3. Kembali ke batang-3, ada 2 variabel yang tidak

diketahui: 1) arah F 23, 2) besar F 23, gambar-2.10l, gaya F23

sebagai vektor penutup, gambar-2.10m., didapatkan

dari lukisan :

F43 = - F34, dan F 43 = F34 = 17 kN

F 23 = 0,7cm = 0,7cm ´ 20 kN/cm = 14 kN

4. Batang-2, dari pena A didapatkan :

F32 = - F23, dan F32 = F 23 = 14 kN

Sistem 3 gaya, merupakan kasus-3, gambar-

2.10n, pada subbab 1.4.1, sehinga didapatkan

keseimbangannya seperti gambar-2.10o, dan

keseluruhan poligon bisa disusun seperti

gambar-2.10p.


31/75

31

F12 = 0,25cm = 0,25cm´ 20 kN/cm = 5 kN

Q = 0,95cm = 0,95cm ́20 kN/cm = 19 kN


32/75

32

Bab III

PPEENNGGAARRUUHH GGGEEESSSEEEKKKAAANNN PPAADDAA GGAAYYAA SSTTAATTIISS

MMEEKKAANNIISSMMEE

Telah disebutkan dalam pendahuluan bab II, pada setiap kondisi

permukaan kontak sambungan antara dua buah batang yang

berpasangan akan mempengaruhi letak dan kemungkinan arah vektor

gaya terhadap titik pusat pena sambungan, ataupun arah gaya resultan

pada permukaan batang luncur. Bila terjadi gesekan maka kondisinya

akan merubah posisi, besar dan arah gaya.

3.1 Gesekan Permukaan Luncur

Gaya gesek selalu dipengaruhi oleh arah gerak relatif benda atau

batang, dimana dari fenomena bahwa arah gaya gesek selalu

berlawanan dengan arah gerak benda atau batang.

Pada sambungan atau pasangan luncur dimodelkan dalam sebuah

empat persegi panjang de Permukaan kontak pada bagian atas dan

bagian bawah, maka kemungkinan letak gaya

kontak dipilih salah satu dari dua lokasi tersebut

dalam penyelesaian.

Gambar 3.1.Pasangan luncur Bila dikombinasikan dengan arah gerak relatih

batang luncur, dalam hal ini arah ke kiri dan ke

kanan, didapatkan ada empat kemungkinan

kondisi gaya kontak dalam pasangan luncur.

N R

R N

FS FS

FS FS

N R R N (a) (b) (c) (d)

Gambar 3.2. Kemungkinan lokasi Gaya Kontak R akibat gesekan


33/75

33

Gambar-3.2a dan 3.2b, mempelihatkan kemungkinan gesekan

berada pada bagian bawah dari batang luncur, bila arah gerak relatif ke

kanan menghasilkan arah gaya gesek dan gaya resultan R seperti

gambar-3.2a, sebaliknya, seperti gambar-3.2b. Untuk gesekan berada di

bagian atas, yang dengan kemungkinan gerak relatif batang seperti

pada gambar-3.2c dan 3.2d.

Sudur arah, f , dari gaya resultan R terhadap garis normal lintasan

gerak adalah :

f arctg F S N

arctg m ( 3 – 1 )

dimana : adalah koefisien gesek statis, yang nilainya

tergantung material batang luncur dan material

lantai luncur.

3.2 Gesek an Pena

Telah disebutkan pada bab II, bahwa bila terjadi gesekan gaya

resultan tidak melalui pusat pena, sehingga menimbulkan persoalan

dalam menentukan harga dan arah gaya-gaya pada pena bila

melibatkan gesekan dalam analisa keseimbangan.

Ditekankan untuk menyelesaikan bahwa koefisien gesek diketahui

atau dimisalkan yang nilainya tidak tergantung terhadap kecepatan

relatif gerak batang dan beban. Metode seperti ini sudah mampu

menghasilkan analisa yang cukup teliti dalam sebagian besar

perancangan mekanisme permesinan.

Gambar 3.3. Gaya-gaya pada sebuah pena dengan memperhatikan gesekan


34/75

34

F R

Gambar 3.3a menunjukkan sebuah pena yang terletak di dalam

lubang bebas batang-3, yang dimisalkan disini berputar berlawanan

jarum jam.Unsur gaya ge sek terletak seperti yang ditunjukkan pada

masing-masing permukaan kontak, karena arah gaya gesek selalu

berlawanan dengan arah gerak relatif. Akibat gesekan, yaitu

memberikan suatu momen searah putaran jarum jam terhadap pusat

lubang batang-3, untuk melawan arah gerak batang.

Pada gambar-3.3b, ditunjukkan bahwa gaya resultan, RPL di

permukaan lubang batang merupakan gaya aksi atau beban gaya dari

pena kepada batang-3. Gaya ini merupakan jumlah dari gaya aksial, N,

sebagai gaya normal terhadap permukaan lubang, yang berimpit

dengan sumbu batang-3, dan gaya total gesekan, F S, pada titik kontak

permukaan yang berarah tangensial terhadap sumbu batang-3. Arah F S

sedemikian rupa yang mana momennya melawan arah gerak batang.

Secara vektor adalah :

R PL = N + F S ( 3 – 2 )

Besar gaya resultan adalah :

2 2 PL S ( 3 – 3 )

dimana :

F S =m

. N

Sehingga persamaan (3-3) menjadi :

R PL N 1 m2 ( 3 – 4 )

dari persamaan (3 -1), koefisien gesek adalah tangen sudut

arahgaya resultan

m = tg j, substitusikan ke persamaan (3-3), maka

R PL N 1 tg2 j N .sec j ( 3 – 5 )

Berdasarkan teorema Varignon yang sudah dibicarakan

dalam Bab I, momen yang ditinjau dari pusat lubang

batang-3 adalah :

FS . R = RPL . r

m N . R = N.sec j. r

N.tg j. R = N.sec j . r


35/75

35

r = R . sin j ( 3 – 6 )

Persamaan adalah untuk menentukan jarak gaya resultan

terhadap pusat lubang batang, bila jari-jari pena, R, dan

koefisien gesek, , telah diketahui. Jadi akibat gesekan,

maka gaya resultan tidak melalui pusat pena atau pusat

lubang batang, tetapi berada sejauh r , dan arah gaya

resultan akan menghasilkan momen yang melawan arah

gerak relatif batang.

Bila beban sebagai gaya tunggal P diberikan kepada

batang-3, untuk menghasilkan keseimbangan pada

batang, maka P harus sama besarnya dengan RPL, dan

harus terletak pada garis gaya RPL, dan terlak pada jarak r

dari pusat pena, gambar-3.3.b.

Selanjutnya jarak r disebut sebagai jari-jari lingkaran gesek.

3.3 Analisa Batang Penerus Gaya akibat Gesekan Pena

Dalam analisa keseimbangan akibat pengaruh gaya gesek pada

pena, secara grafis, hanya dibahas untuk mekanisme, dimana batang

penerus gaya tidak dikenai beban, gaya luar. Di atas sudah dijelaskan,

dalam mencapai keseimbangan gaya aksi akibat beban, dan gaya

reaksi sebagai gaya resultan, merupakan sistem dua gaya berimpit,

terletak sejauh r dari pusat lubang, atau pusat pena. Selanjutnya arah

momen kedua gaya melawan arah gera k relatif pada masing-masing

pusat lubang.

Gambar 3.4. Kemungkinan arah keseimbangan pada batang penerus gaya karena gesekan pena.


36/75

36

Dalam hal ini perlu diketahui juga kondisi gaya-gaya yang bekerja

pada batang ketika tidak ada gesekan. Hanya dua kemungkinan

batang tersebut akan mengalami tarikan atau tekan, maka ada empat

kemungkinan, dipilih salah satu yang memenuhi syarat.

Gambar-3.4, adalah contoh suatu batang-3 dengan kondisi

menerima gaya tekan, dan batang-3, mempunyai gerak relatif terhadap

batang-2, w32, di A berlawanan jarum jam, dan gerak relatif terhadap

batang-4, w34, di B, juga berlawanan jarum jam.

Analisanya adalah, bahwa gaya di pena A arah momennya harus

melawan arah w32, demikian pula gaya di pena B arah momennya harus

melawan arah w34, jadi yang dipilih dari keempatnya adalah

kemungkinan (3).

Gambar 3.5. Mekanisme peluncur dengan gesekan luncur

3.4 Keseimbangan Gaya Mekanisme Luncur dengan Gesekan Luncur


37/75

37

Mekanisme luncur empat batang seperti kasus-kasus sebelumnya,

gambar-3.5a, skala gambar 1 : 10, dengan data -data ukuran batang

O2 A 20cm, AB 60cm,q 2 60 , batang luncur menerima beban gaya ke

kiri, P = 60 kN, koefisien gesek pasangan luncur,m

= 0,364 . Batang-2berputar melawan jarum jam. Akan ditentukan gaya-gaya ujung batang

dan torsi lawan batang-2 supaya terjadi keseimbangan, bila gesekan

terjadi pada bagian bawah dari batang luncur.

Penyelesaian :

1. Membuat diagram benda bebas, gambar-3.5b.

2. Menentukan sudut arah F14, yaitu f , karena batang-4 bergerak

ke kiri, maka gaya geseknya berarak ke kanan, sehingga letak

sudut gayaF14

di kwadran III, bila ditinjau pusatnya diB

. tg f = m

f = arctgm = arctg 0,364 = 20

3. Jumlah variabel vektor yang belum diketahui adalah :

a. Batang-2 : 4 variabel : 1) besar F12, 2) besar F32, 3) besar

T 2, 4) arah T 2.

arah F12 dan arah F32, diketahui, yaitu sejajar dengan

batang-3.

b. Batang-3 : 2 variabel : 1) besar F 23, 2) besar F 43, sedang

untuk arah F 23 dan arah F 43, diketahui, berimpit dengan

batang-3.

c. Batang-4 : 2 variabel : 1) besar F34, 2) besar F14, dimana

arah F34 diketahui sejajar batang-3, arah F14, diketahui,

membentuk sudut 20o terhadap vertikal.

4. Pelukisan poligon gaya dimulai dari batang-4, gambar-3.5c,

3.5d, dan 3.5e. Untuk skala gaya 1cm = 40 kN didapatkan :

F14 = 0,4cm = 0,4cm´ 40 kN/cm = 16 kN

F34 = 1,45cm = 1,45cm´ 40 kN/cm = 58 kN

5. Pada batang-3, dari pena B didapatkan F43 = - F34 dan F 43 = F34 =

58 kN, gambar-3.5f, dari keseimbangan batang dihasilkanF23 = -

F43 dan F 23 = F 43 = 58 kN, gambar-3.5g.


38/75

38

6. Pada batang-2 di pena A didapatkan F23 = - F32 dan F 23 = F32 =

58 kN, dari keseimbangan translasi (S F = 0 ) gaya di pena O 2:

F12 = - F32 dan F12 = F32 = 58 kN. Jarak dua gaya di A dan O 2, h

dari lukisan. Jadi h = 1,9cm = 1,9cm ´ 10 = 19cm = 0,19m, maka

torsi lawan ditinjau dari keseimbangan momen di O 2

didapatkan, T 2 = F32 . h = 58kN ´ 0,19m = 11,02 kNm, s.j.j ,

gambar-3.5h.

Gambar 3.6. Mekanisme luncur, dengan lingkaran gesek pena.

3.5 Keseimbangan Gaya Mekanisme Luncur dengan Gesekan Pena

Mekanisme luncur empat batang seperti kasus-kasus

sebelumnya,gambar-3.6a, skala gambar 1 : 10, dengan data-data

ukuran batang O2 A 20cm, AB 60cm,q 2 60 , batang


39/75

39

luncur menerima beban gaya ke kiri, P = 45 kN, koefisien gesek pena, m =

0,354 ; dan jari-jari pena, R = 30mm. Akan ditentukan gaya-gaya pada

ujung masing-masing batang, dan torsi lawan pada batang-2 supaya

tercapai keseimbangan. Pada posisi ini, batang-2 berputar melawan

putaran tarum jam.

Penyelesaian :

1. Penentuan keseimbangan statis tanpa gesekan [ seperti dalam

Bab II ], untuk mengetahui kondisi gaya-gaya batang-3, tanpa

adanya gesekan pena. didapatkan bahwa batang-3,

menerima gaya-gaya tekan.

2. Menentukan besarnya lingkaran gesek r , sebagai berikut :

diketahui m = 0,354

dari persamaan (3-1), j = arctg m = arctg0,354 = 19,494°

dari persamaan (3-6), maka

r = R.. sin j = 30mm´ sin19,494o = 10,011mm

3. Menentukan gerak relatif batang, dengan memberi perubahan

kecil pada batang-2, ke arah putaran melawan jarum jam,

gambar-3.6b. Sudut-sudut q 2, b , dan g adalah sudut pada posisi

awal. Selanjutnya sudut-sudut q’ 2, b ’, dan g ’ adalah sudut pada

posisi setelah digerakkan sedikit, kemudian dibandingkan:

a. di pena A batang-3, terhadap batang-2 : b’ b, maka

arah w32 searah jarum jam, kemudian di pena B batang-

3, terhadap batang-4 : g ’> g , didapat arah w34 searah

jarum jam, gambar-3.6.c.

b. Di pena O 2 batang-2 , terhadap batang-1 :q’ 2 q 2, maka

w32 berlawanan jaum jam.

4. Penentuan arah-arah gaya resultan ujung batang-3,yaitu F 23

dan F 43 berdasarkan kondisi sebagai batang tekan, dengan

arah-arah gerak atau kecepatan sudut relatif seperti pada

butir 2a., didapatkan lokasi kedua gaya pada lingkaran

geseknya seperti gambar-3.6d.

5. Pada batang-2, gaya di pena A besar dan lokasi gaya sama

dengan yang di pena A batang-3, hanya berlawanan F32 = - F23


40/75

40

dan F32 = F 23, sedang di pena O 2, arah F12 // F 32 : F 12 = - F 32 dan

F12 = F32, seperti pada gambar-3.6e, arah momen F12 harus

melawan w 21.

6. Dari keseimbangan gaya di batang-3, kemudian batang-2,

didapatkan poligon gaya, seperti gambar-3.6f dan 3.6g,

dengan skala gaya 1cm = 30 kN.

F14 = 0,35cm = 0,35cm´ 30 kN/cm = 10,5 kN.

F34 = 1,6cm = 1,6cm´ 30 kN/cm = 48 kN .

F12 = F32 = F 23 = F 43 = F34 = 48 kN.

7. Jarak kopel, h, didapatkan :

h = 1,7 cm = 1,7cm´ 10 = 17cm = 0,17m .

Torsi lawan, T 2 = F 32. h = 48kN ´ 0,17m = 8,16kNm.s.j.j.

3.6 Keseimbangan Gaya Rocker Crank Mechanism akibat Gesekan

Pena

Pada pembahasan disini data-data tidak diberi angka, jadi bersifat

prosedural untuk penyelesaiannya. Gambar-3.7a, adalah contoh yang

umum dari rocker crank mech anism


41/75

41

Gambar 3.7. Akibat gesekan pena pada rocker crank mechanism

dibebani pada batang-4, dengan gaya yang sudah diketahui, P.

Kemudian dibatang-3 oleh gaya Q, yang akan dicari arah dan besarnya.

Bagiamana pengaruh gesekan pena terhadap gaya-gaya ujung setiap

batang, bila batang-4 berputar ke kanan.

Hasil keseimbangan akibat gesekan pena dalam diagram benda

bebas seperti pada gambar-3.7b. Untuk mendapatkan analisa seperti

diatas, maka yang ditentukan dahulu adalah dengan analisa

keseimbangan statis tanpa gesekan, khususnya untuk batang-3, yang

menghasilkan kondisi tarikan, yaitu gaya F23 dan F43 mengarah ke luar

batang-3.

F 43

B 3

F 23

A B F34 F34

4 F 14 P (a) P (c)

F 14 (b) O

Gambar 3.8. Analisa Keseimbangan statis tanpa gesekan pada batang-3 dan batang -4

Gambar-3.8 memperlihatkan cara mendapatkan kondisi tarik di

batang-3, berdasarkan keseimbangan statis tanpa gesekan pena.

Dimulai dari batang-4, gambar-3.8b, menghasilkan poligon gaya batang-

3, gambar-3.8c, sehingga

keseimbangan mengikuti

hasil batang-4,

didapatkan arah

keseimbangan batang-

4,gambar-3.8a.Kemudian

kecepatan relatif batan g,

dengan memberi

perubahan gerak batang-4. Pembandi-ngan sudut-sudut posisi mula -

mu la, yaitu: q 2, b, dan s.dengan sudut-sudut setelah berputar- nya

batang-4 ke kanan: q’ 2, b ’,dan s ’.


42/75

42

Setelah diamati didapatkan:

1) Pada batang-3 di pena A didapatkan b b’, maka gerak batang-3

relatif terhadap batang-2, w32 berputar berlawanan jarum jam. Di pena

B, s s ’: maka gerak realtif batang-3 terhadap batang-4, w34 berputar

berlawanan jarum jam.

2) Pada batang-2 di pena O 2: q 2 q’ 2, sehingga w 2 berputar searah jarum

jam.

Untuk menentukan lokasi gaya resultan terhadap titik pudat pena,

dihitung jari- jari lingkaran gesek, r , dari persamaan (3 -6).

Pada batang-3, di pena A dipilih lokasi gaya F23 menyinggung

lingkaran r yang momennya melawan w32, dan di pena B dipilih lokasi

gaya F43 menyinggung lingkaran r yang momennya melawan w34. Jadi

momen oleh F23 dan F43 terhadap pusat lubang batang harus searah

jarum jam, dan merupakan sistem dua gaya berimpit, gambar-3.10.

B F43

w32 3 w34

A

F23 Gambar 3.10. Efek gesekan pena pada batang-3.

Untuk batang-2, merupakan sistem tiga

gaya tak sejajar, bila mencapai

keseimbangan, ketiga garis kerja gaya

berpotongan pada satu titik. Di pena A

lokasi F32 di titik singgung yang sama

dengan F23 tetapi berlawanan arah. Untuk

menentukan garis kerja F12 yang sebelum

arahnya tidak tahu,ditarik dari

perpotongan garis kerja gaya Q dan F32 di n,menyinggung lingkaran

gesek di pena O 2. Ada dua kemungkinan persinggungan, disebelah kiri

atau kanan. Dipilih sebelah kiri, karena nantinya gaya F12, arah

momennya harus melawan arah w 2, gambar-3.11.

Kasus dibatang-4, akibat gesekan, sifatnya sa ma dengan batang-2.

Keseimbangan gayanya bisa dilihat di gambar-3.7b.


43/75

43

= w2. AP = w2 . r

a a

a

a

Bab IV

AANNAALLIISSAA GGAAYYAA IINNEERRSSIIAA MMEEKKAANNIISSMMEE

Dalam menganalisa percepatan mekanisme yang batang-

batangnya bergerak, terdapat percepatan -percepatan tertenu, yang

bisa ditentukan. Menurut Hukum Newton II, bahwa dalam mekanime

terdapat gaya-gaya atau kopel-kopel yang mengakibatkan percepatan

ini.

Yang dibahas disini adalh percepatan dari gerak bidang, yang

merupakan gabungan dari gerak translasi lurus dan rotasi. Konsep gaya-

gaya inersia dikemukakan sesudah membahas masalah gaya resultan

yang mengibatkan gerakan.

4.1 Gaya dalam Gerak Bidang (Plane Motion)

Suatu batang bentuk sebarang, gambar-4.1, mempunyai massa M,

bergerak dengan kecepatan sudut, w (radian/detik) dan percepatan

sudut, a (radian/detik 2), arah keduanya berlawanan jarum jam. Pada titik

P ditinjau eleme massa dM, sedang di titik A terdapat per

patan

translasi lurus a A. Perce tan di P

adalah :

a P

a P

:an

a A a PA n t

A PA PA

( 4 – 1 )

dimana

PA : komponen normal, ber impit

dengan AP ,

Gambar 4.1. Komponen gaya inersia benda

PA : komponen tangensial,te gak lurus AP = a . AP = a . r Maka

persamaan (4 -1) menjadi

a P

a A w

2 .r a .r ( 4 – 2 )

Akibat percepatan aP, elemen gaya terhadap elemen massadM di P :


44/75

44

x

dF = dM. aP = aP .dM +(w 2.r ).dM +(a.r ). d M ( 4 – 3 )

dalam hal ini, (w 2.r ).dM = dFn, adalah elemen gaya normal di P, berimpit

dengan AP

dengan AP

a A.

(a .r ).dM = dFt , adalah elemen gaya tangensial di P,

a A.dM = dF A, adalah elemen gaya translasi di P, // dengan

Dalam analisa ini supaya tidak terdapat variabel besaran yang

terlalu banyak, maka sistem sumbu cartesian x-y, originnya ditempatkan

berimpit dengan titik A, dan absisnya berimpit dengan arah percepatan

a A. Benda atau batang dalam kondisi bebas, maka derajad kebebasan

geraknya (degree of freedom ) tiga buah, yaitu: 1) gerak translasi lurus ke

arah sumbu-y, 2) gerak translasi lurus ke arah sumbu -x, dan 3) rotasi

terhadap A. Komponen-komponen gaya di P, sekarang diamati

berdasarkan sistem sumbu cartesian tersebut, sehingga harus diuraikan.

Komponen-komponen gaya di P yang //

sb-x:

1). dF A = a A . dM

(4 – 4)

2). dFn x = dFn.cosq = (w 2.r ).dM. cosq

(4 – 5)

3). dFt x = dFt.sinq = (a .r ).dM. sinq

(4 – 6)

Komponen-komponen gaya di P yang // sb -y:

1). dFny = dFn.sinq = (w 2.r ).dM. sinq (4 – 7)

2). dFty = dFt .cosq = (a .r ).dM. cosq (4 – 8)

Resultan elemen gaya di P ke arah sumbu-x : dari Gambar 4.2.Komp onen

dF di P. persamaan (4 -4), (4-5), dan (4-7) :

dF x = dF A - dFn - dFt x

dF x= a A . dM - (w 2.r. cosq ).dM - (a .r. sinq ).dM, …… (4 – 9)

dalam hal ini :


45/75

45

r. cosq = x

r. sinq = y, disubstitusikan ke persamaan (4-9)

dF x = a A . dM - w 2.x.dM - a .x.dM ( 4 – 10 )

dengan cara yang sama komponen gaya searah sumbu -y, daripersamaan (4 -7), (4-8)

dFy = a .x.dM - w 2.x.dM ( 4 – 11 )

Apabila kedua persamaan (4-10) dan (4 -11), untuk seluruh massa benda

atau batang, yaitu dengan mengintegralkan, sehingga menjadi :

F x= M. a A - w 2ò x.dM - a ò y.dM ( 4 – 12 )

Fy= a ò x.dM - w 2ò y.dM ( 4 – 13 )

Komponen gaya-gaya dari elemen massa dM pada titik P, masing-

masing menimbulkan momen terhadap titik A sebesar :dT A = dFt .r – dF A . r sinq ( 4 – 14 )

Substitusikan persamaan (4-3) ke (4-14)

dT A = a .r. dM .r – a A .dM . y

momen untuk seluruh benda terhadap A, adalah

T A = a ò r 2.dM – a A ò y.dM ( 4 – 15 )

Bila titik A merupakan titik berat benda atau batang, c, maka suku-

suku persamaan (4-12), (4 -13) dan (4 -15) yang berisi :

ò

y.dM =ò

y.dM = 0didapatkan,

F x = M. a A = M. a G ( 4 – 16 )

Fy= 0 ( 4 – 17 )

T c = ( ò r 2.dM ) a = I . a ( 4 – 18 )

dimana :

ò r 2.dM = I, adalah momen inersia massa pollar, ( kgm-m 2 )

Persamaan (4-18) bisa dirumuskan T A = I. a

= F x

. h , dari pers. (4 -16)maka :

I. a = M. aG .h

Jadi p osisi gaya resultan terhadap tiTik berat,

G :


46/75

46

( 4 – 19 )

I .a h

M .aG

Gambar 4.3. Kemungkinan posisi gaya resultan. Momen inersia massadalam jari-jari girasi (k) adalah, I = M.k 2 , ( 4 – 20 )

posisi gaya resultan menjadi

k 2 .a h ( 4 – 21 )

aG

Arti dari dari tiga persamaan (4-16), (4-17), dan (4-18) di atas,

1) Gaya resultan yang diberikan kepada batang adalah sama

dengan massa seluruh batang dikalikan percepatan pada titik

beratnya.

2) Arah gaya resultan // dengan arah percepatan titik berat.

3) Garis kerja vektor percep atan adalah sumbu-x batang yang

melalui titik berat.

4) Gaya resultan tadi menempati pada suatu posisi tertentu,

sehingga menghasilkan momen [ torsi ] terhadap titik beratnya

sebesar I.a .

5) Arah momen gaya resultan terhadap titik berat, sama dengan

arah percepatan sudut batang.

Gambar-4.4 memperlihatkan dua kemungkinan posisi gaya resultan, di

atas atau di bawah G. Posisi yang benar bila arah momen yang

dihasilkannya oleh gaya terhadap titik berat arahnya sama dengan arah

percepatan sudut batang, jadi yang beradi di bawah. ( yang beradi di

atas salah ).


47/75

47

Gambar 4.4. Gaya resultan batang (a), gaya inersia batang (b).

4.2 Gaya Inersia Batang

Gaya resultan pada suatu batang, R, seperti gambar-4.4,

merupakan jumlah vektor dari gaya-gaya F1 dan F2, yang dikenakan

pada batang tersebut, melalui sambungan pena-pena batang.

Berarti F1 dan F2 merupakan komponen -komponen dari R yang bekerja

pada pena batang.

Maka, R = F1 + F2 ( 4 – 22 )

dimana : R = M . aG ( 4 – 23 )

Persamaan (4-23) merupakan hukum Newton II identik dengan

persamaan (4 -16), yang bisa dirumuskan menjadi :

R - M . aG = 0 ( 4 – 24 )

R - f = 0 ( 4 – 25 )

yang dikenal sebagai Prinsip d’Alembert, merupakan persamaan dari

keseimbangan dinamik suatu benda atau batang. Suku kedua

persamaan (4 -24) dalam kondisi ini disebut sebagai gaya inersia benda ( f

), yang merupakan respon terhadap gaya luar untuk mencapai kondidi

keseimbangan, walaupun benda pada keadaan dipercepat. Tanda


48/75

48

minus memnunjukkan bahwa arah gaya inersia selalu melawan arah

gaya resultan. Tentunya besar gaya inersia sama dengan gaya resultan,

yaitu massa benda dikalikan percepatan titik berat.

Posisi dari gaya inersia berada pada garis kerja gaya resultan,sedemikian rupa mengakibatkan momen terhadap titik berat yang

arahnya melawan arah percepatan sudut benda atau batang.

4.3 Analisa Gaya Inersia Mekanisme Luncur

Mekanisme luncur empat batang , gambar-4.5a, yang mana

batang-2 berputar melawan jarum sebesar 10 radian/detik. Dan q 2 = 60°.

Massa batang-2 adalah 5 kgm ; massa batang-3 = 10 kgm ; dan batang-4 =

4 kgm . Momen inersia dari batang-2 = 0,345 kgm -m 2

; momen inersia daribatang-3 = 0,454 kgm-m 2; Momen inersia dari batang-4 = 0,065 kgm-m 2.

Data-data ukuran batang adalah

O2 A 20cm, AB 60cm,O2 G2 14cm, AG 3 25cm.

Akan ditentukan besarnya gaya-gaya resultan dan gaya-gaya inersia

pada masing-masing batang, akibat putaran batang-2 yang konstan

tersebut.


49/75

49

Gambar 4.5. Analisa Gaya Inersia Mekanisme Luncur


50/75

50

BA + a

at

w

,B A

Penyelesaian :

1. Gambar mekanisme dilukis dengan skala 1 : 10, luhat gambar-

4.5a.2. Analisa kecepatan.

1). V A = w 2. O2 A = 10rad/detik ´ 20cm = 200cm/detik = 2

m/detik, O2 A

2). V B = V A + V BA ; V B : horisontal

V BA : AB

3). Melukis poligon kecepatan, gambar-4.5b, skala kecepatan

1cm = 1m/detik

didapat: V B = 2,05 m/detik = 205 cm/detik

V BA = 1,05 m/detik = 105 cm/detik

4).

w3

A V BA 3

B

Gambar 4.6. Arah kecepatan sudut batang-3

V BA 3

AB

105cm / det ik

6060cm 1,75radian / det ik ,b. j. j.

3. Analisa percepatan.

1). a A = an A + at ,

w 2 konstant = 10 radian/detik, b.j.j,makaa 2 = 0 at A = 0 .

a n A = (w 2) 2. O2 A = (10 rad/detik)2 ´ 20cm = 2000cm/detik 2,

berimpit de-

ngan batang-2, mengarah ke O 2.

2). aB = a A + an t

aB : mengarah horisontal, besarnya dicari

BA : AB , besarnya dicari


51/75

51

an BA : berimpit AB , arahnya dari B menuju A,

= (w 2) 2. AB = (1,75 rad/detik)2 ´ 60cm = 183,75

cm/detik 2

3). Melukis poligon percepatan, dengan skala 1cm = 500

cm/detik 2.

gambar-4.5c, memperlihat percepatan pada sambungan

(joint) batang.

4). Menentukan percepatan pada masing-masing titik berat

batang.

a. di batang-2, percepatan titik beratnya di G 2, aG2, karena

G 2 segaris dengan A pada batang-2, maka garis vektor

percepatan aG2 berimpit dengan a A. Besar ditentukan

dari perbandingan percapatan = perbandingan

jaraknya.

aG 2 =O2G2

a A O2 A

b. di batang-3, percepatan titik beratnya di G3, aG3,

c. aG3 = a A + aG3A, a A sudah diketahui lengkap (basar dan

arahnya sudah ada), aG3A AG3 tetapi besarnya belum

tahu, tetapi bisa ditentukan berdasarkan perbandingan

percepatan = perbandingan jaraknya, karena A dan G3

segaris pada batang-3, maka besar aG3A didapatkan.

d. Di batang-4, titik berat G 4 berimpit dengan titik

sambungan B, maka

aG4 = aB,

5). Melukis poligon percepatan titik berat, dengan skala 1cm = 500

cm/detik 2.

gambar-4.5d, dari lukisan didapatkan :

aG2 = 2,8cm = 2,8cm´ 500 (cm/detik 2 )/cm= 1400 cm/detik 2

aG3 = 2,65cm = 2,65cm´ 500 (cm /detik 2 )/cm= 1325 cm/detik 2

aG4 = aB = 1,35cm = 1,35cm´ 500 (cm/detik 2 )/cm= 675 cm/detik 2

6). Menentukan percepatan sudut masing-masing batang.


52/75

52

a

h 2

a. Untuk batang-2, karena w 2 konstant a 2 = 0

b. Batang-4, bergerak translasi lurus, a 4 = 0

a 3

A at BA 3

B

Gambar 4.7. Arah percepatan sudut batang -3

c. Pada batang-3, dari poligon kecepatan didapat :

at BA = 3,5cm = 3,5 ́500 = 1750 cm/detik 2

t

a 3 BA AB

1750cm / det ik

2

60cm 29,17rad / det ik 2,b. j. j

4.5e.

6). Melukis vektor-vektor percepatan pada mekanisme, gambar-

7). Menghitung gaya resultan batang

diketahui, M 2= 5 kgm , M3=10 kgm , M 2= 4 kgm

a. pada batang-2, R 2 = M 2 . a G2 = 5 kgm ´ 14 m/detik 2 = 70 N.

b. pada batang-3, R3 = M3 . aG3 = 10 kgm ´ 13,25 m/detik 2 =

132,5 N.

c. pada batang-4, R 4 = M 4 . aG4 = 4 kgm ´ 6,75 m/detik 2 = 27

N.

8). Menentukan posisi gaya resultan.

diketahui/ditentukan : I 2=0,345 kgm-m 2 , I3=0,454 kg m-m 2 , I 4=0,75

kgm-m 2.

a 2 = a 4 = 0,a 3 = 29,17 radian/detik 2.

a. pada batang-2, h 2 = 0

b. pada batang-4, h 4 = 0

c. pada batang-3,

I 3 .a 3 3

( 0,454k g m m )( 29,17rad / det ik2 )

M 3 .aG 3 ( 10k g m )( 13,25m / det ik2 )

h3 = 0,099949 m = 10cm .


53/75

53

4.5f.

9). Melukis gaya resultan dan posisinya pada mekanisme, gambar-

10). Menentukan gaya inersia batang.

A. Besar gaya inersia sama dengan gaya resultan,a. pada batang-2, f 2 = R 2 = 70 N.

b. pada batang-3, f 3 = R3 = 132,5 N.

c. pada batang-4, f 4 = R 4 = 27 N.

B. Arah gaya inersia melawan arah gaya resultan (tinggal

membalik saja, lokasi tetap pada titik singgung gaya

resultan), gambar-4.5g.

11). Transformasi gaya resultan dari posisinya kepada titik berat

batang, akan menjadi gaya yang tersebut disertai kopel yang nilaisama dengan momen inersia batang kali percepatan sudut

batang.

Dalam hal ini haya terjadi pada batang-3, karena batang-2

dan batang-4 percepatan sudut batangnya nol.

Kopel batang-3, T 3 = I3. a 3 = (0,454 kg m-m 2 )(29,17rad/detik 2 )

= 13,243 Nm, b.j.j.gambar-4.5h.

4.4 Analisa Gaya Inersia Rocker Crank Mechanism Suatu rocker crank mechanism dengan diagram percepatan

yang dihasilkan, seperti pada gambar-4.8. Skala pengukuran untuk

panjang batang dan besar percepatan seperti yang dicantumkan.

Gambar 4.8. Diagram Mekanisme dan percepatan untuk Rocker Crank Mechanism.


54/75

54

h 2

3

h

4.8 :

Berat dari masing-masing batang :

W 2 = 50 N, W 3 = 80 N, W 4 = 70 N. Momen inersia massa polar masing-masing batang :

I 2 = 0,030 kg m-m 2, I3 = 0,075 kgm-m 2, I 4 = 0,038kg m-m 2.

1). Besar percepatan berdasarkan poligon percepatan gambar-

A. Percepatang titik berat masing-masing batang :

aG2 = 2,950 m/detik 2 , a G2 = 6,000 m/detik 2 , aG2 = 2,150

m/detik 2 ,

B. Percepatang sudut berat masing-masing batang :a 2 = 12,000 rad/detik 2 ,s.j.j, a 2 = 9,300 rad/detik 2 ,b.j.j.

a 4 = 40,000 rad/detik 2 ,b.j.j.

2 ). Menentukan besarnya gaya resultan masing-masing batang

batang.

R2 M 2

R M

.aG 2

.a

W 2 .a g

G 2

W 3 .a

50N

9 ,81m / det 2

80 N

2,950m / det 2

6 ,000m / det2

15,050N

48,980N 3 3 G 3

g

W

G 3

9,81m / det

2

70 N R4 M 4 .aG 4

4 .aG 4 g 9 ,81m / det

2

2,150m / det2 15,360N

3). Menentukan posisi dari gaya resultan terhadap titik berat

masing-masing batang

I2 .a 2 2

( 0,03k g m m )( 12rad / det 2 )

0,0239m 2,39cm M 2 .aG 2 15,05N

I .a

( 0,075kg m

2

)( 9 ,3rad / det

2

)

h 3 3 M 3 .aG 3

m

48,98 N 0,0142m 1,42cm

I4 .a 4 4

( 0,038k g m m2 )( 40rad / det 2 )

0,0990m 9,9cm M 4 .aG 4 15,36 N


55/75


56/75

56

memberikan percepatan -percepatan yang sama seperti sebuah benda

yang tergantikan di bawah aksi gaya-gayaluar yang sama.

Tiga syarat yang harus dipenuhi untuk menjadi suatu sistem ekivalen

kinetik :1. Kedua sistem harus mempunyai massa yang sama.

2. Mempunyai titik berat yang terletak mempunyai di posisi yang

sama.

3. Keduanya mempunyai mempunyai momen inersia yang sama.

Gambar-4.11. Adalah sistem ekivalen, suatu benda dengan massa M

akan diganti menjadi dua benda yang masing-masing dengan massa m1

dan m2, dengan posisi masing-masing titik berat benda tunggal yang

telah ditentukan.Dari definisi maka percepatan pada kedua benda pengganti

dengan percepatan benda tunggalnya: a1 = a2 = aG.

A m1

aG G a1 A G

M B

m 2 B A 2

h1 h1

h 2 h 2

benda tunggal benda ekivalen

Gambar 4.11. Sistem ekivalen kinetik

Dari hukum Newton II, bila gaya P dikenakan pada benda tunggal

P = M . a G

Maka berlaku juga untuk dua benda prngganti, yaitu :

P = m1.a1 + m 2.a 2

Karena ketiga percepata dalam dua persamaan diatas sama, maka

M = m 1 + m 2 ( 4 – 26 )


57/75

57

2

h

Momen statis yang ditimbulkan berat benda tunggal, W harus

sama dengan momen dari komponen-komponennya. Ketika masing

benda tunggal momen gaya berat terhadap titik berat = nol, karena garis

kerja gaya resultan tepat pada titik berat, maka :S MG = 0 :

W . 0 = (m1.g).h1 - (m2.g).h2

Maka : m1. h 1 = m2. h2 ( 4 – 27 )

Momen putar ( rotasi ) yang ditimbulkan berat benda tunggal

terhadap titik berat benda atau batang, harus sama dengan momen

putar dari komponen -komponennya.

T G = I . a

momen putar benda pengganti,T G = m1.h12 + m2.h22. ( 4 – 28 )

maka,

I .a = m1.h12 + m2.h22 ( 4 – 29 )

Bila jari-jari girasi benda tunggal k, maka momen inersia massa

benda

I = M . k 2

Sehingga didapat :

M . k2

= m1.h12

+ m2.h 2

( 4 –

30 ) dari persamaan (4-27) didapatkan,

m mh2 , substitusikan ke persamaan (4-26)( 4 – 31 )

1 2

1

h M = m2

2 + m 2 h1

Sehingga didapatkan antara massa-massa penganti dengan

massa benda tunggal

m2 M h1

h1 h2 , ( 4 – 32 )

substitusikan ke persamaan (4 -31),

m1 M h2

h1 h2 ( 4 – 33 )


58/75

58

h h 1 2

didapatkan,

M .k2 M

h2 2 h1 h2

Mh1 2

h1 h2

sehingga didapatkan hubungan persamaan radius girasi benda

tunggal dengan jarak atau posisi benda pengganti terhadap titik

berat benda tunggal:

k 2 = h 1 . h 2 ( 4 – 34 )


59/75

59

BAB V

PPEERRSSAAMMAAAAMM MMAATTEEMMAATTIISS PPEERRCCEEPPAATTAANN

PPAADDAA MMEEKKAANNIISSMMEE PPEELLUUNNCCUURR EEMMPPAATT BBAATTAANNGG

Mekanisme peluncur empat batang sering dijumpai dalam

penerapan praktis, dan perancangan, maka dipandang perlu untuk

menentukan persamaan percepatan secara analitik matema tis.

Gambar 5.1. Mekanime peluncur empat batang

Dari gambar-5.1, akan diturunkan persamaan percepatan batang-

4 sebagai peluncur. Posisi dari pena B peluncur dinyatakan sebagai x

yang diukur dari O 2, sekaligus sebagai pusat sumbu-xy. Bila dalam hal ini,

R, adalah panjang batang-2 =

L.

Jadi posisi x terhadap O 2 :

O2 A .dan panjang batang-3 ( AB ) adalah

x = R .cos q + L .cos f ( 5 – 1 )

Karena mekanisme mempunyai sebuah derajad kebebasan gerak, maka

perubahan posisi batang-3 terhadap lintasan gerak batang-4, f ,

dinyatakan dalam perubahan gerak sudut batang-2 terhadap lintasan

gerak batang-4, q.Dari O 2 AB didapatkan persamaan :

R sin q = L sin f ( 5 – 2 )

maka, sin f R

sin q L

( 5 – 3 )


60/75

60

2

n 1

1

2 2

1

2

2 2 2 4 6

diketahui bahwa cos f 1 sin2 f ( 5 – 4 )

substitusikan persamaan (5-3) dan (5 -4) ke persamaan (5 -1),

x R cosq L 1

2 R

sinq L ( 5 – 5 )

Persamaan (5-5) adalah persamaan eksak dari posisi pena

peluncur B dari titik O 2.

Dalam mendapatkan persamaan percepatan, maka dilakukan

pendekatan. Karena bila persamaan eksak di atas langsung diaplikasikan

dalam mendapatkan persamaan kecepatan maupun percepatan,

bentuknya tidak sederhana dan sulit aplikasinya.

Berdasarkan teorema binomial didapatkan persamaan :

a bn a n

n.a .b n.( n 1 ).an

2.b

2 n.( n 1 )( n 2 )a

n 3 .b

3

...... 1! 2! 3!

( 5 – 6 )

Bila persamaan (5-5) disesuaikan dengan persamaan (5-6), maka :

a = 1; b

2

R sin q ; n =

L

1 . ( 5 – 7 )

substitusikan data persamaan (5 -7) ke persamaan (5 -6)

1

R2 2

1 1

1 2 1 2

1

R sinq

L 1 1 2 2

1 2

1 12

2

R sinq

L 1 sinq

L 1 2

1 1 2

1 1 1 2 2 2

1 3

2 12

3

R sinq

L

+ .......

1 2 3

( 5 – 8 )

1

1 R

sinq L

11 R

sinq 2 L

1 R sinq

8 L

1 R sinq

16 L ...;( 5 – 9 )


61/75

61

2

2

Harga maksimum untuk sinq = 1, dan bila R/L diambil ½, disubstitusikan

ke persamaan (5-9), dihasilkan deret sebagai berikut :

1 1 1 -

8 128

1

1024

... 1 0 ,125 0,0078125 0 ,0009766 ...

untuk sinq = 1, dan bila R/L diambil 1/3, disubstitusikan ke persamaan(5-

9), diha silkan deret sebagai berikut :

1 -1

18

1

648

1

11664 ... 1 0,0555556 0 ,001543 0 ,0000857 ...

Berdasarkan kedua contoh pemberian harga sin dan R/L ternyata

menghasilkan bentuk deret konvergen yang sangat cepat, sehingga

akan terdapat kesalahan yang sangat kecil, bila suku ketiga dan

seterusnya dihilangkan. Sehingga persamaan (5-9) dalam bentuk

pendekatan yang mendekati nilai eksak adalh dari suku pertama dan

suku kedua saja,

2

1 R

sinq L

2

11 R

sinq 2 L

( 5 – 10 )

Sekarang persamaan perpindahan pena B batang peluncu r dalam

bentuk persamaan pendekatan, yaitu dengan mensubstitusikan

persamaan (5 -10) ke persamaan (5-5) di dapatkan :

x R cosq L 1 R sin 2q ( 5 – 11 ) 2 L

Persamaan kecepatan dari gerak batang luncur yaitu dengan

mendiferensialkan terhadap waktu, dalam hal ini R , L adalah konstanta,

sedang q yang tergantung pada waktu,

d1 R sin

2q

Vdx

dt

d( R cosq ) dL 2 L

dt dt dt 2

V R sinqd q

dt

R sinq . cosq

d q

L dt

dimana : sin q.cos q = ½ sin 2 q

dqw : kecepatan sudut

dt

maka persamaan kecepatan luncur menjadi :


62/75

62

2

V R.w .sinq R w

sin 2q

V R.w.

2 L

sinq R

sin 2q

2 L

( 5 – 12 )

Persamaan percepatan batang luncur dengan mendiferensialkan

terhadap waktu persamaan (5-12):

aB= R .w d sinq

dt

R d sin 2q

2 L dt

R

R .w cosqd q

dt

Rcosq

d q

L dt

aB = R .w2 cosq cos 2q

L ( 5 – 13 )

Persamaan kecepatan dan percepatan menghasilkan tandanegatif,

bila perpindahan mengarah positik ke kanan, maka vektor kecepatandan percepatan mengarah ke kiri, dan sebaliknya.


63/75

63

Bab VI

PPEENNYYEEIIMMBBAANNGG FFLLUUKKTTUUAASSII GGAAYYAA IINNEERRSSIIAA

MMEEKKAANNIISSMMEE

Untuk melanjutkan pembahasan pada Bab IV dan Bab V tentang

pengaruh gaya inersia pada batang-batang suatu mekanisme. Dalam

Bab IV hanya memperlihatkan gaya inersia batang-batang mekanisme

pada satu posisi saja. Tetapi menurut Bab V sudah dibuat persamaan

percepatan pada pena batang luncur yang berlaku untuk seluruh

putaran penuh batang-2, sebagai crank atau engkol. Akibatnya besar

dan arah gaya inersia disetiap batang akan selau berubah. Kondisiseperti ini tentunya akan membahayakan terhadap struktur mekanisme.

Untuk mengurangi amplitudo fluktuasi gaya ineria dalam

perencanaan perlu diberikan suatu bobot balan sebagai massa

penyeimbang. Metodenya tidak eksak, tetapi prosedur atau tekn ik

penyelesaian berdasarkan hasil grafis dengan metode lingkaran gaya

inersia.

6 .1 Sistem Ekivalen Batang Penerus Gaya (Connecting Rod )

Gambar 6.1. Berat Batang Penerus Gaya digantikan oleh dua berat terkonsentrasidi pena

engkol dan pena peluncur atau piston


64/75


65/75

65

2

x

x = R . cos q + hc . cos f ( 6 – 4 )

Persamaan posisi vertikal titik G3 terhadap O 2:

y = hp .sin f ( 6 – 5 )

dari bab V didapat persamaan :

sin f R

sinq L

1

( 6 – 6 )

2

cos f ( 1 sin2 q ) 2 11 R

sinq 2 L

( 6 – 7 )

substitusikan persamaan (6 -7) ke persamaan (6 -4), maka posisi horisontal

titik G3 terhadap titik referensi O 2 menjadi :

x R .cosq hc 1 1 R

sinq

2 L

( 6 – 8 )

substitusikan persamaan (6-6) ke persamaan (6 -5), sehingga posisi vertikal

titik G3 terhadap titik referensi O 2 menjadi :

y hp R

sinq L

( 6 – 9 )

Bila dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-8) didapat

komponen horisontal dari kecepatan titik G3 :

V

dx

R.w .sinq

1 R2

h

w . sin 2q

( 6 – 10 )

x dt 2 c L

sedangkan dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-9)

didapat komponen vertikal dari kecepatan titik G3 :

dy V y

dth p

Rw. cosq

L ( 6 – 11 )

Dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-10) didapat

komponen horisontal dari percepatan titik G3 :

aG 3 dV

x

dt R.w2 .cosq

R2

hc L w2 .cos 2q ( 6 – 12 )

sedangkan dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-11)

didapat komponen vertikal dari percepatan titik G3 :

aG 3 dV y

dt h

Rw 2 .sinq p

L ( 6 – 13 )


66/75

66

c

2

Gaya inersia yang terjadi pada titik berat batang-3, G3, untuk

komponen horisontal :

fW

a x W

R .w 2 .cosq W

h R

2

w 2 .cos 2q ( 6 – 14 ) x g

G 3

g gc

L

untuk komponen vertikal :

fW

a y y

gG 3

W

gh p

Rw

2. sin 2q

L ( 6 – 15 )

Sekarang menentukan gaya inersia dalam sistem ekivalen batang-

3, yaitu gaya inersia di pena engkol, A; dan pena batang peluncur, B:

Untuk gaya inersia akibat berat batang-3 yang terkonsentrasi di pena

engkol :

W ' n W h p 2

f 1 g

a A

Rw ( 6 – 16 ) g L

arah dari gaya f 1 afalah berimpit dengan batang-2 atau engkol,

yang membentuk sudut dengan sumbu horisontal, sehingga dalam

tinjauan ini akan diuraikan menjadi dua komponen :

1) komponen horisontal :

f x f .cosq Wh

p

Rw 2 cosq ( 6 – 17 ) 1 1 g L

2) komponen vertikal :

f y

f . sinq W h p

Rw2 sinq ( 6 – 18 )

1 1 g L

bisa dilihat pada gambar-6.2.

Gaya inersia yang diakibatkan oleh berat batang-3 yang

terkonsentrasi di pena peluncur, B, mengarah horisontal, seperti arahpercepatan aB ( lihat bab V ) :

W' p

f 2 a B g

W hc Rw2

g L cosq

Rcos 2q

L ( 6 – 19 )


67/75

67

x

h

Total komponen horisontal gaya inersia dari sistem ekivalen kinetik

batang-3 adalah :

f x 1

fW

x g

f 2

h p R.w

2.cosq

L

W hc

g L R.w

2 cosq

Rcos 2q

L

fW h p hc

x g L

R.w2 .cosq

2

c R.w2

cos 2q g L

( 6 – 20 )

Karena : hp + hc = L

Sehingga total komponen horisontal gaya inersia sistem ekivalen

batang-3 :

f W R .w 2 .cosq W h R 2

w2

cos 2q ( 6 – 21 ) x g g

c L

Total komponen vertikal gaya inersia dari sistem ekivalen kinetik

batang-3 adalah :

y y 1

W h p f R.w 2 . sinq ( 6 – 22 ) y

g L

Bila diperhatikan dari persamaan (6 -14) sama dengan persamaan

(6-21), demikian juga persamaan (6 -15) dengan persamaan (6 -22), maka

persamaan untuk menentukan inersia suatu batang dalam mekanisme

caranya akan lebih mudah bila dianalisa berdasarkan sistem ekivalen

kinetik, karena persanaan percepatan yang digunakan adalh

persamaan percepatan pada sambungan-sambung pena. Persamaan

percepatan pada sambungan lebuh sederhana bentuknya dari pada

persamaan percepatan di titik berat batang. ( Bandingkan mencari

poligon percepatan pada sambungan pena dengan poligon

percepatan pada titik berat batang ).

Kedua persamaan, (6-21) dan (6-22), juga diartikan merupakan

gaya resultan arah horisontal dan vertikal untuk gaya inersia batang.


68/75

68

Kedua gaya tersebut tidak terletak pada titik tangkap yang sama, tetapi

tetap sejajar dengan arah -arah gaya inersia ketika sistem batang atau

benda tunggal. Pada analisa fluktuasi gaya inersia tidak memperhatikan

titik tangkapnya, namun tidak ada kesalahan dalam sistem ekivalen untukanalisa te rsebut.

6.3 Metode Grafis Tanpa Bobot Imbang

`Untuk menentukan gaya inersia total pada mekanisme, perlu

diperhitungkan juga gaya-gaya inersia dari batang-2 ( engkol / crank )

dan gaya inersia dari batang-4 ( peluncur / piston / torak ). Persamaan (6-

21) dan (6-22) hanya diakibatkan oleh batang-3 ( batang penerus gaya /

connecting rod ) saja.Bila berat peluncur sendiri adalah Wp, yang juga terkonsentrasi di

titik beratnya, B, ( = G 4), maka gaya inersia peluncur sendiri di pena B :

f 2 p W p W p

a Rw 2 g

B g

cosq R

cos 2q L

( 6 – 23 )

Sedang persamaan untuk gaya inersia batang-3 terkonsentrasi di

pena peluncur dari persamaan (6-19), sehingga total gaya inersia yangterdapat di pena peluncur, B : f P adalah akibat berat peluncur sendiri dan

berat terkonsentrasi dari batang-3, maka :

f P = f2 + f 2p

W p W ' p P

g Rw 2 cosq

Rcos 2q

L ( 6 – 24 )

dalam posisi ini mengarah horisontal ke kanan.

Berat batang-2 atau berat engkol sendiri di titik beratnya, G 2

adalah W c , gaya inersia dari akibat beratnya sendiri :

f 1c W c R.w 2 ( 6 – 25 ) g


69/75

69

Gambar 6.3. Gaya Inersia total Mekanisme yang terkonsentras(a), resultannya (b).

Berat batang-3 yang terkonsentrasi di pena engkol gaya inersianya

seperti persamaan (6-16), sehingga total gaya inersia yang terjadi

pada pena engkol, A, adalah:

f c = f1 + f 1c

W c W' cc

g R .w

2 ( 6 – 26 )

Bila berat batang-2 diganti menjadi sistem ekivalen kinetik, dimana

beratnya dikonsentrasikan di pena engkol, berat yang terkonsentrasinya

adalah W c”:

W c . O2 G2 = W c”. R ( 6 – 27 )

Bila W c” sudah didapatkan nilainya disubstitusikan ke persamaan (6-26),

W c" c

W ' c

g R.w

2 ( 6 – 28 )

arahnya berimpit dengan batang-2 mengarah keluar

batang-2.


70/75

70

Gambar 6.4. Metode Grafis untuk mengkonstruksi fluktuasi gaya inersia Mekanisme Luncur

Jadi gaya inersia mekanisme ada empat gaya inersia yang

mempengaruhi flukstuasi arah dan besarnya :

1) Gaya inersia akibat berat batang peluncur,W p.

2) Gaya inersia

--timpengaja-45-1-kinemati-2

Documents