Formulasi Uji Brazilian/Uji Belah (2) – Superposisi Solusi Flamant

Posting ini menyambung posting yang lalu mengenai formulasi kuat tarik pada uji Brazilian. Uji Brazilian adalah uji tarik tidak langsung, sejarah singkat uji ini sudah saya tuliskan di posting saya yang lalu juga.

Diantara beberapa metode yang dapat digunakan untuk mengkalkulasi kuat tarik pada uji Brazilian, saya akan gunakan metode tegangan Airy pada sistem koordinat silindrik. Metode ini boleh dibilang paling ‘sederhana’ diantara metode lainnya.

Fungsi tegangan Airy sendiri adalah fungsi apapun yang memenuhi persamaan biharmonik. Persamaan biharmonik adalah persamaan ‘pembatas’ yang merupakan representasi dari persamaan gerak, persamaan konstitutif dan persamaan kompatibilitas.

Dengan mengetahui fungsi tegangan Airy dalam bentuk yang seumum mungkin, maka artinya kita sudah memiliki solusi distribusi tegangan dari semua problem yang mungkin ada.

Review solusi Michell

Solusi Michell ini adalah bentuk umum fungsi tegangan Airy untuk sistem koordinat silindrik.

Hubungan antara tegangan dan fungsi tegangan Airy pada sistem koordinat silindrik adalah sbb:

$\sigma_{rr}=\frac{1}{r}\frac{\partial \varphi}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 \varphi}{\partial \theta^2}$

$\sigma_{\theta\theta}=\frac{\partial^2 \varphi}{\partial r^2}$

$\sigma_{r\theta}=-\frac{\partial}{\partial r}(\frac{1}{r}\frac{\partial \varphi}{\partial \theta})$

Bila kita ambil solusi umum dari fungsi tegangan Airy adalah

$\varphi =f(r)e^{b\theta}$

Maka

$(\frac{\partial}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \theta^2})^2 \varphi=0$

Di akhir posting yang lalu saya sudah tuliskan solusi Michell sbb:

$\varphi = A_{0}+B_{0}\ln{r}+C_{0}r^{2}+D_{0}r^{2}\ln r$

$+(A_{1}+B_{1}\ln{r}+C_{1}r^{2}+D_{1}r^{2}\ln r)\theta$

$+(A_{2}r+B_{2}r^{-1}+C_{2}r^{3}+D_{2}r \ln{r}+E_{2}r\theta)\cos\theta$

$+(A_{3}r+B_{3}r^{-1}+C_{3}r^{3}+D_{3}r \ln{r}+E_{3}r\theta)\sin\theta$

$+\sum_{n=2}^{\infty}(A_{4}r^{n}+B_{4}r^{-n}+C_{4}r^{2+n}+D_{4}r^{2-n})\cos(n\theta)$

$+\sum_{n=2}^{\infty}(A_{5}r^{n}+B_{5}r^{-n}+C_{5}r^{2+n}+D_{5}r^{2-n})\sin(n\theta)$

Problem Flamant

Nah sekarang kita sudah memiliki bentuk umum dari fungsi tegangan Airy untuk sistem koordinat silindrik.

Untuk dapat menggunakan solusi Michell, maka untuk suatu problem kita harus mendeskripsikan kondisi batas pembebanan yang diberikan.

Sekarang anggap ada sebuah beban terpusat yang bekerja di atas sebuah bidang (lihat gambar), problem seperti ini sering juga diklasifikasikan dalam buku-buku teks sebagai half-space problem. Pertanyaannya sederhana, bagaimana solusi distribusi tegangannya?

Problem Flamant: Beban terpusat diatas sebuah bidang

Solusi problem ini pertama kali diperkenalkan oleh A. Flamant pada tahun 1892, oleh karena itu, problem ini dikenal juga sebagai problem Flamant dan solusinya dinamakan solusi Flamant. Kadangkala disebut juga sebagai kasus distribusi radial.

Kondisi batas yang kita miliki adalah sbb:

Beban terpusat $P$ .
Tegangan di permukaan, yaitu pada $\theta=0$ dan $\theta=\pi$ akan bernilai nol.
Tegangan akan terdistribusi pada area setengah lingkaran. Karena kita tahu luasan area distribusi (atau dalam hal ini keliling setengah lingkaran karena merupakan kasus 2D) bertambah secara proporsional dengan penambahan $r$ , maka kita bisa tebak bahwa sebaliknya, besaran tegangan akan mengecil dengan penambahan $r$ .

Sekarang dari solusi Michell diatas, kita cari komponen apa saja yang bila diturunkan, akan menghasilkan tegangan dalam fungsi $\frac{1}{r}$ .

Untuk memudahkan, di halaman wikipedia mengenai solusi Michell, disana sudah diberikan tabel solusi tegangan dari berbagai komponen solusi Michell, nilai-nilai di tabel ini sebenarnya dihitung menggunakan ketiga persamaan yang saya berikan diawal posting ini.

Namun saat saya menulis ini, ada beberapa salah minor di tabel yang ada di wikipedia seperti kurang tanda minus. Oleh karena itu untuk amannya saya tampilkan dibawah ini tabel solusi Michelle yang diambil dari buku Elasticity karangan Barber.

Tabel solusi Michelle (sumber Barber)

Berdasarkan tabel tersebut, berikut adalah empat komponen solusi Michell yang menghasilkan tegangan dalam fungsi $\frac{1}{r}$ :

$r\ln r \cos\theta$
$r\ln r \sin\theta$
$r\theta\cos\theta$
$r\theta\sin\theta$

Sehingga sekarang kita bisa nyatakan fungsi tegangan Airy untuk problem Flamant sbb:

$\varphi=(D_2 r\ln r+E_2 r\theta)\cos\theta+(D_3 r\ln r +E_3 r\theta)\sin\theta$

Solusi distribusi tegangannya adalah:

$\sigma_{rr}=\frac{1}{r}((D_2 +2E_3)\cos\theta+(D_3-2E_2)\sin\theta)$

$\sigma_{\theta\theta}=\frac{1}{r}(D_2 \cos\theta+D_3 \sin\theta)$

$\sigma_{r\theta}=\frac{1}{r}(D_2 \sin\theta+D_3 \cos\theta)$

Untuk mencari koefisien-koefisien dari persamaan diatas, kita perlu melakukan 2 langkah berikut:

1. Memasukkan kondisi batas tegangan di permukaan. Diketahui bahwa pada $\theta=0$ dan $\theta=\pi$ , tegangan-tegangan diatas akan bernilai nol. Oleh karena itu dari persamaan kedua dan ketiga diatas kita dapatkan:

$D_2=0$

$D_3=0$

Sehingga solusi distribusi tegangannya:

$\sigma_{rr}=\frac{1}{r}(2E_3\cos\theta+2E_2\sin\theta)$

$\sigma_{\theta\theta}=0$

$\sigma_{r\theta}=0$

2. Menghitung kesetimbangan aksi-reaksi pada sistem. Dalam hal ini, untuk suatu bidang distribusi seluas setengah lingkaran dengan radius $r$ , kita miliki:

$A= \int_{0}^{\pi}(rd\theta)$

Cat: $\tan(d\theta) \approx d\theta$

Dari sini, karena besar beban yang diberikan harus sama dengan besar tegangan yang terdistribusi pada suatu selubung setengah lingkaran, maka kita memiliki hubungan kesetimbangan gaya berikut:

$F_x = \int_{0}^{\pi} \cos\theta(\sigma_{rr} rd\theta)$

$F_x = \int_{0}^{\pi} r\cos\theta(\frac{1}{r}(2E_3\cos\theta+2E_2\sin\theta))d\theta$

$F_x = \int_{0}^{\pi}(2E_3\cos^2\theta+E_2\sin 2\theta)d\theta$

$F_x = 2E_3(\frac{\theta}{2}+\frac{1}{4}\sin2\theta+c)_{0}^{\pi}+\frac{E_2}{2}(-\cos 2\theta+c)_{0}^{\pi}$

$F_x = E_3\pi$

$F_y = \int_{0}^{\pi}\sin\theta(\sigma_{rr}rd\theta)$

$F_y = \int_{0}^{\pi} r\sin\theta(\frac{1}{r}(2E_3\cos\theta+2E_2\sin\theta))d\theta$

$F_y = \int_{0}^{\pi} (E_3\sin2\theta+2E_2\sin^2\theta)d\theta$

$F_y = \frac{E_3}{2}(-\cos 2\theta+c)_{0}^{\pi}+2E_2(\frac{\theta}{2}-\frac{1}{4}\sin2\theta+c)_{0}^{\pi}$

$F_y = E_2 \pi$

Karena $F_x=0$ dan $F_y=-P$ , maka

$E_3=0$

$E_2=-\frac{P}{\pi}$

Setelah kita ketahui nilai semua konstanta diatas, maka solusi distribusi tegangan problem Flamant adalah:

$\sigma_{rr}=-\frac{2}{\pi r}(P\sin\theta)$

$\sigma_{\theta\theta}=0$

$\sigma_{r\theta}=0$

Solusi Flamant dalam sistem koordinat kartesian

Dalam kaitannya untuk mencari solusi analitik uji Brazilian, di bagian ini saya menjelaskan bagaimana mengubah tegangan yang sudah didapat diatas (dalam sistem koordinat silindrik) ke dalam sistem koordinat kartesian. Cara paling mudah untuk mentransformasi tegangan adalah dengan menggunakan matriks transformasi. Untuk mengetahui lebih jauh, bisa membaca informasinya seperti di tautan berikut.

Dalam hal ini, kita miliki matriks transformasi sbb:

$Q = \begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$

Kemudian, tensor tegangan dalam sistem kartesian $\overline{\overline{\sigma}}_c$ memiliki hubungan dengan tensor tegangan dalam sistem silindrik $\overline{\overline{\sigma}}_s$ melalui relasi berikut

$\overline{\overline{\sigma}}_c = Q \overline{\overline{\sigma}}_s Q^T$

$\overline{\overline{\sigma}}_c = \begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\sigma_{rr}&\sigma_{r\theta}\\\sigma_{r\theta}&\sigma_{\theta\theta}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$

$\overline{\overline{\sigma}}_c = \begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\sigma_{rr}&0\\0&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$

$\overline{\overline{\sigma}}_c = \begin{bmatrix}\sigma_{rr}\cos^2\theta&\sigma_{rr}\sin\theta\cos\theta\\\sigma_{rr}\sin\theta\cos\theta&\sigma_{rr}\sin^2\theta\end{bmatrix}$

Atau

$\sigma_{xx}=\sigma_{rr}\cos^2\theta=(-\frac{2}{\pi r}(P\sin\theta))\cos^2\theta$

$\sigma_{yy}=\sigma_{rr}\sin^2\theta=(-\frac{2}{\pi r}(P\sin\theta))\sin^2\theta$

$\sigma_{xy}=\sigma_{rr}\sin\theta\cos\theta=(-\frac{2}{\pi r}(P\sin\theta))\sin\theta\cos\theta$

Karena kita tahu bahwa:

$x=r\cos\theta$

$y=r\sin\theta$

$r^2=x^2+y^2$

Maka solusi Flamant dalam sistem kartesian adalah sbb:

$\sigma_{xx}=\frac{-2Px^{2}y}{\pi(x^2+y^2)^2}$

$\sigma_{yy}=\frac{-2Py^{3}}{\pi(x^2+y^2)^2}$

$\sigma_{xy}=\frac{-2Pxy^{2}}{\pi(x^2+y^2)^2}$

Kontur tegangan problem Flamant

Sebelum mencari solusi analitik uji Brazilian, ada baiknya kita melihat kontur tegangan yang kita miliki.

Sebelumnya sudah dijabarkan bahwa:

$\sigma_{rr}=-\frac{2}{\pi r}(P\sin\theta)$

Maka dengan mensubstitusi hubungan berikut:

$y=r\sin\theta$

$r^2=x^2+y^2$

Dapat diperoleh:

$\sigma_{rr}=-\frac{2Py}{\pi (x^2+y^2)}$

Menggunakan persamaan ini, dengan mengasumsikan $P$ adalah satu satuan, maka di suatu range nilai $\pm x$ dan $y$ negatif, kita bisa hitung dan plot dengan mudah besaran tegangan $\sigma_{rr}$ , misalnya menggunakan program seperti Excel. Hasilnya adalah seperti dibawah ini:

Kontur tegangan $\sigma_{rr}$ akibat beban terpusat
(kontur dibuat dengan Excel)

Sekarang bandingkan dengan hasil eksperimen fotoelastik dari suatu material yang dibebani beban terpusat dibawah ini (sumber):

Kontur tegangan dari eksperimen fotoelastik (sumber)

Serupa bukan? Pertama ini mengkonfirmasi solusi analitik diatas. Kedua, yang lebih penting, ini berarti pada setiap lingkaran garis kontur tersebut, besaran tegangan $\sigma_{rr}$ adalah konstan !!

Dengan bentuk distribusi tegangan seperti demikian, maka seperti saya sudah singgung sebelumnya, problem Flamant ini dikenal juga sebagai problem distribusi radial.

Formulasi uji Brazilian: Superposisi solusi Flamant

Dari bagian terakhir diatas, saya sudah tunjukkan bahwa kontur tegangan radial dibawah bidang yang dibebani beban terpusat berbentuk lingkaran-lingkaran. Menggunakan informasi ini, maka kita bisa superposisi solusi Flamant sebagaimana dijelaskan gambar berikut:

Superposisi solusi Flamant untuk mencari solusi analitik uji Brazilian

Jadi sesuai gambar diatas, solusi analitik uji Brazilian dapat dicari dari gabungan dua problem Flamant ditambah tegangan radial tambahan.

Tegangan radial tambahan ini terkait dengan hasil superposisi solusi Flamant yang menghasilkan ekses tegangan radial pada keliling silinder (atau lingkaran pada kasus 2D ini). Demi menghasilkan nilai tegangan radial nol pada area selubung ini, kita memerlukan tegangan radial tambahan.

Berapa besarnya tegangan radial tambahan ini? Untuk menjawab ini, ada baiknya kita lihat gambar dibawah ini.

Ilustrasi uji Brazilian – Tegangan di permukaan silinder

Berdasarkan solusi Flamant, besarnya tegangan radial di titik $M$ akibat beban $P$ dari atas dan dari bawah adalah sbb:

$\sigma_{rr}^{atas}=-\frac{2}{\pi r_1}(P\sin\theta_1)$

$\sigma_{rr}^{bawah}=-\frac{2}{\pi r_2}(P\sin\theta_2)$

Untuk penampang silinder seperti diatas, sudut yang dibentuk dua titik pembebanan dengan titik $M$ adalah 90°. Oleh karena itu kita memiliki hubungan sbb:

$\sin\theta_1 = \frac{r_1}{D}$

$\sin\theta_2 = \frac{r_2}{D}$

Bila kita substitusi akan kita peroleh:

$\sigma_{rr}^{atas}=-\frac{2P}{\pi D}$

$\sigma_{rr}^{bawah}=-\frac{2P}{\pi D}$

Dapat dilihat dengan jelas bahwa tegangan radial hasil superposisi dua solusi Flamant sama besarnya yang artinya ekses tegangannya merupakan tegangan radial/hidrostatik tekan. Perlu dicatat bahwa ini adalah ekses tegangan pada permukaan silinder.

Untuk menetralkan ekses tegangan tekan ini, maka kita perlu menambahkan tegangan radial tarik sebesar nilai tegangan diatas. Karena nilai ekses tegangan diatas sudah tidak tergantung lagi terhadap variabel $\theta$ , maka dalam sistem koordinat kartesian, besarnya tegangan radial tarik yang kita perlu tambahkan adalah sbb:

$\sigma_{xx}^{radial}=\frac{2P}{\pi D}$

$\sigma_{yy}^{radial}=\frac{2P}{\pi D}$

Mengetahui solusi Flamant dalam sistem koordinat kartesian seperti telah saya jabarkan sebelumnya:

$\sigma_{xx}=\frac{-2Px^{2}y}{\pi(x^2+y^2)^2}$

$\sigma_{yy}=\frac{-2Py^{3}}{\pi(x^2+y^2)^2}$

$\sigma_{xy}=\frac{-2Pxy^{2}}{\pi(x^2+y^2)^2}$

Maka, tegangan hasil superposisi Flamant dan tegangan radial tambahan dapat kita jumlahkan sbb:

$\sigma_{xx}=-\frac{2P}{\pi}(\frac{(R-y)x^2}{r_1^4}+\frac{(R+y)x^2}{r_2^4}-\frac{1}{D})$

$\sigma_{yy}=-\frac{2P}{\pi}(\frac{(R-y)^3}{r_1^4}+\frac{(R+y)^3}{r_2^4}-\frac{1}{D})$

$\sigma_{xy}=\frac{2P}{\pi}(\frac{x(R-y)^2}{r^4}-\frac{x(R+y)^2}{r^4})$

Dimana: $D=2R$

Perlu dicatat bahwa dalam ketiga persamaan terakhir diatas, titik (0,0) berada di tengah penampang silinder.

Dari sini, untuk mengkalkulasi besarnya tegangan tarik pada uji Brazilian sudah tidak sulit. Besarnya gaya tarik pada potongan melintang $(0,y)$ dapat dihitung sbb:

$\sigma_{xx}(0,y)=-\frac{2P}{\pi}(\frac{(R-y)x^2}{r_1^4}+\frac{(R+y)x^2}{r_2^4}-\frac{1}{D})$

$\sigma_{xx}(0,y)=-\frac{2P}{\pi}(0+0-\frac{1}{D})$

$\sigma_{xx}(0,y)=\frac{2P}{\pi D}$

Karena ini adalah tegangan dua dimensi, disini $P$ adalah beban terpusat. Pada eksperimen, beban $P$ biasanya adalah tegangan total yang diberikan disepanjang benda uji silinder dengan panjang $l$ , oleh karena itu, untuk mengubah beban $P$ eksperimen ini menjadi beban per satuan panjang, rumus diatas biasa ditulis:

$\sigma_{xx}(0,y)=\frac{2P}{\pi D l}$

$f_t=\frac{2P}{\pi D l}$

Ini adalah formula yang umum diberikan namun jarang dijabarkan bagaimana proses mendapatkannya. Demikian pembahasan saya mengenai formulasi uji Brazilian, di posting mendatang saya akan rangkum hal-hal penting dalam proses penurunan formula uji Brazilian ini.

	Irma pada Konsolidasi – Overview
	kenny pada Rangkuman Rumus Lingkaran…
	bella pada Uji Triaksial – Fase Kom…
	Dian pada Jaring Aliran (Flownet)…
	joetomo pada Tegangan Pada Sumbu Lokal Deng…
	toto pada Tegangan Pada Sumbu Lokal Deng…
	donal pada Uji Triaksial – Unconsol…
	joetomo pada Uji Brazilian/Uji Belah…
	geotechnicalfreak pada Uji Brazilian/Uji Belah…
	joetomo pada Pengenalan Singkat Tensor…

Formulasi Uji Brazilian/Uji Belah (2) – Superposisi Solusi Flamant

Trackbacks

Tinggalkan Balasan Batalkan balasan

Random Specimens

Jaring Aliran (Flownet) – Solusi Dengan Excel (2)

Deskripsi Lagrange & Deskripsi Euler

Derajat Konsolidasi (4) – Representasi Grafis

Uji Triaksial – Consolidated Undrained

Tegangan Pada Sumbu Lokal Dengan Metode Grafik Mohr (4)

Recent Comments

Follow Site via Email

Formulasi Uji Brazilian/Uji Belah (2) – Superposisi Solusi Flamant

Bagikan ini:

Menyukai ini:

Terkait

Trackbacks

Tinggalkan Balasan Batalkan balasan

Random Specimens

Jaring Aliran (Flownet) – Solusi Dengan Excel (2)

Deskripsi Lagrange & Deskripsi Euler

Derajat Konsolidasi (4) – Representasi Grafis

Uji Triaksial – Consolidated Undrained

Tegangan Pada Sumbu Lokal Dengan Metode Grafik Mohr (4)

Recent Comments

Follow Site via Email