03A - ASST 2006.pdf

REAKSI PADA TUMPUAN PADAREAKSI PADA TUMPUAN PADA

BALOKBALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)SEDERHANA (SIMPLE BEAM)

Ditinjau sebuah batang AB yang berada bebas dalam bidang x-y:

A B

Jika pada batang tsb dikenakan gaya (beban) P, maka batang menjadi tidak stabil karena mengalami translasi dan rotasi dan berpindah menempati posisi A‘B‘.

Untuk menjadi batang yang stabil dan memenuhi persyaratan statical equilibrium maka translasi dan rotasi tersebut harus dihilangkan, yaitu dengan memasang tumpuan pada batang tsb.

)

Translasi

Rotasi

A‘

B‘

P

A B

Jika di titik A diberi tumpuan sendi (lihat cat. kuliah sebelumnya),maka: - translasi tidak terjadi

- rotasi masih terjadi

Catatan:Sifat-sifat tumpuan sendi:- Tidak bertranlasi (tidak berpindah dalam arah x dan y)

� mampu menahan reaksi arah x (hors.) maupun arah y (vert.)- Dapat berputar (berotasi)

� tidak dapat menahan momen, jadi di tempat tsb. MA = 0- Pada tumpuan sendi timbul dua reaksi: RX dan RY atau RH dan RV

A B

) RotasiB‘

P

Keadaan ini tetap belum stabil !!!

Contoh tumpuan sendi sebuah jembatan:

RV

RH

RV

RH

Pada tumpuan sendi

timbul 2 reaksi: RV dan RHRV

RH

Jika kemudian ditambahkan tumpuan rol di titik B,maka: - translasi � tidak terjadi

- rotasi � tidak terjadi

Catatan:Sifat-sifat tumpuan rol (dg bidang gelincir horisontal):- Tidak bertranlasi (tidak berpindah) dalam arah y

� mampu menahan reaksi arah y (vertikal) � RY

- Dapat bertralasi (berpindah) dalam arah x� tidak menahan reaksi arah x (horisontal) � RX = 0

- Dapat berputar (berotasi)� tidak dapat menahan momen, jadi di tempat tsb. MB = 0

- Pada tumpuan sendi timbul satu reaksi: RY

Struktur menjadi stabil !!!

A B

P

Contoh tumpuan rol:

RV

Pada tumpuan rol timbul 1 reaksi

dengan arah tegak lurus pada bidang

gelincirnya, dan dapat diuraikan

menjadi: RV dan RH

RH

RRV

RV

RV

Balok sederhana (simple beam) adalah sebuah batang yang ditumpu pada kedua ujungnya masing-masing dengan sebuah sendi dan sebuah rol.

Akibat beban yang bekerja pada balok sederhana akan timbul reaksi tumpuan:- 2 reaksi pada tumpuan sendi: RAX dan RAY

- 1 reaksi pada tumpuan rol: RBY

Jadi pada sistim ini terdapat 3 (tiga) unknown (variabel tak diketahui)!

Dalam persyaratan keseimbangan statik, tersedia 3 persamaan:ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMz = 0Jadi: Balok sederhana termasuk sistim statis tertentu dan reaksi-reaksinya

dapat dihitung dengan menggunakan 3 persamaan keseimbangan tsb.

A B

P

L

Tiga persamaan keseimbangan statik tsb dapat digunakan untuk menghitung reaksi-reaksi tumpuan, selama struktur tersebut terma-suk sistim statis tertentu.Pada umumnya penghitungan reaksi-reaksi tumpuan pada suatu struktur diperlukan dan harus dilakukan sebelum menghitung gaya-gaya dalam dan deformasi struktur.

MENGHITUNG REAKSI TUMPUAN

Contoh:

3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°

Sistim struktur dan reaksi tumpuan:

Pada titik A � tumpuan sendi:terdapat 2 reaksi � RAV & RAH

Pada titik D � tumpuan rol:terdapat 1 reaksi � RDV

3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°

3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°A

B C

DRAH

RAV RDV

Arah dari masing-masing reaksi tumpuan diasumsikan lebih dahulu, misal spt pd gbr.

3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°A

B C

DRAH

RAV RDV

Karena satu-satunya tumpuan pada batang tersebut yg dapat me-nahan gaya horisontal hanya tumpuan sendi di A, maka beban hori-sontal PCH = 2,5 kN akan didukung oleh sendi A.

Dari Persm. ΣFX = 0 � RAH – PCH = 0 � RAH – 2,5 = 0Jadi: RAH = 2,5 kN hasil hitungan positif, berarti asumsi arah

reaksi pd gambar di atas sdh benar.

Beban PC = 5 kN membentuk sudut 60°, diuraikan terlebih dahulu menjadi komponenvertikal & horisontalnya �

PCH = 5 . cos 60°= 2,5 kN PCV = 5 . sin 60° = 4,33 kN

3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°A

B C

DRAH

RAV RDV

Misalnya digunakan momen thd ttk D: ΣMZ,D = 0, sehinggaRAV x 1,2 – 3 x 0,9 – 4,33 x 0,4 = 0 � RAV = 3,70 kN� hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar diatas sdh benar.

Selanjutnya RDV dapat dicari dengan ΣFy = 0 atau dg ΣMZ,A = 0ΣFy = 0 � RAV – 3 – 4,33 + RDV = 0 � RDV = 3,63 kN� hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di atas sdh

benar.

Untuk menghitung RAV dan

RDV digunakan ΣMZ = 0.Sebaiknya digunakan ΣMZ = 0 dg mengacu pada ttk A atau D,sehingga salah satu reaksi tsb tereliminasi.

NFD, SFD DAN BMD PADA NFD, SFD DAN BMD PADA

BALOKBALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)SEDERHANA (SIMPLE BEAM)

1. AKIBAT BEBAN TERPUSAT

Hitung reaksi-reaksi tumpuanHitung dan gambarkan gaya-gaya dalamnya:

NFD = Normal Force DiagramSFD = Shear Force DiagramBMD = Bending Moment Diagram

P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

P

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

1.1 Hitungan reaksi-reaksi tumpuan

Tumpuan A � sendi � terdapat 2 reaksi: RAV & RAH

Tumpuan B � rol � terdapat 1 reaksi: RBV

Arah reaksi-reaksi diasumsikan seperti pd gbr berikut ini.

3 unknown,

Str. Statis

Tertentu!

Penyelesaian:

P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

ΣFH = 0 � RAH + 0 = 0 � RAH = 0

ΣMB = 0 � RAV · L + RAH · 0 – P · 0,4·L + RBV · 0 = 0 � RAV = 0,4 P Hasil bernilai positif � asumsi arah reaksi sudah benar!

ΣMA = 0 � RAV · 0 + RAH · 0 + P · 0,6·L – RBV · L = 0 �RBV = 0,6 P Hasil bernilai positif � asumsi arah reaksi sudah benar!

Cek: ΣFV = 0 � P – RAV – RBV = P – 0,4P – 0,6P = 0 � OK

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

1.1 Hitungan gaya-gaya dalam: NF, SF, BM

Pada sistim struktur tsb tidak ada komponen beban aksial (normal) �sehingga tidak ada gaya normal � NF = 0, untuk seluruh panjang balok.

Ditinjau sebuah penampang pada potongan I-I di sebelah kiri beban Pberjarak x dari A:

x

I

I

Ditinjau bag. struktur di seb.

kiri pot. I-I � dibuat

Diagram benda bebas

(Free Body Diagram, FBD)

Syarat: Bag.Struktur tetap

dlm keadaan seimbang statik

X+NF

SF

BM

Agar tetap seimbang, maka pd pot. Harus ada gaya-gaya dalam. Asumsi: nilainya positif (+).

ΣFH = 0 � NFI= 0

ΣFV = 0 � SFI– RAV = 0

SFI– 0,4.P = 0 � SF

I= + 0,4.P (Positif)

ΣM = 0 � BMI– RAV . x = 0

BMI– (0,4.P) . x = 0 � BM

I= + 0,4.P.x (Positif)

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

x

I

I

X+NF

SF

BM

Posisi � x = 0 (titik A) x = 0,6.L umum, Ket.(tepat di seb kiri beban P) sembrg.x

Gaya dalam:

NF NFA = 0 NFC,ki = 0 NFx = 0 Nol

SF SFA = + 0,4 P SFC,ki = + 0,4P SFx = + 0,4P Konstan

BM BMA = 0 BMC,ki = + 0,24.PL BMx = + 0,4P.x Pos., linier

dlm x

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

x

I

I

X+NF

SF

BM

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

Ditinjau potongan II-II di sebelah kanan beban P berjarak x dari A:Dengan x ≥ 0,6.L

x

II

II

X+NF

SF

BM Agar tetap seimbang, maka

pd pot. harus ada gaya-gayadalam. Asumsi: nilainya positif (+).

ΣFH = 0 � NFII

= 0

ΣFV = 0 � SFII

– RAV + P = 0SF

II– 0,4.P + P = 0 � SF

II= − 0,6.P (Negatif)

ΣM = 0 � BMII

– RAV . x + P.(x – 0,6L)= 0BM

II– (0,4.P).x + P.x – 0,6.P.L = 0

� BMII

= + 0,6.P(L-x) (Pos.)

dg.: 0,6 L ≤ x ≤ L

Posisi � x = 0,6L (Cka) x = L (ttk B) umum, Ket.(tepat di seb kanan beban P) sembrg.x

Gaya dalam:

NF NFC,ka = 0 NFB = 0 NFx = 0 Nol

SF SFC,ka = − 0,6.P SFB= − 0,6.P SFx = − 0,6.P Konstan -0,6P

BM BMC,ka = + 0,24.PL BMB = 0 BMx = + 0,6P.(L-x)Pos., linier dlm x

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

x

II

II

X+NF

SF

BM

P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM GAYA NORMAL (NORMAL FORCE DIAGRAM, NFD)

NF = 0 [kN]

Satuan !!!

P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM GAYA GESER (SHEAR FORCE DIAGRAM, SFD)

0,4P [kN]

(+)

(-)

0,6P [kN]

P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM MOMEN LENTUR (BENDING MOMEN, BMD)

0,24 PL

(+)

BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)

2. BEBAN TERPUSAT

P

a b

L

A B

C

RAH

RAV RBV


NFD = Normal Force DiagramSFD = Shear Force DiagramBMD = Bending Momen Diagram

Z+

Y+Penjelasan terinci

diberikan dalam kuliah

PR / TUGAS IDikumpulkan: ........................

Kerjakan Soal 1 dan 2

Hitung Reaksi Tumpuan & Gaya-gaya dalam,

Gambarkan NFD, SFD dan BMD


3. BEBAN MERATA

q

L

A BRAH

RAV RBV



Z+




4. BEBAN MERATA

q

L

A BRAH

RAV RBV



Z+

Y+

a c b

Penjelasan terincidiberikan dalam kuliah


5. BEBAN SEGITIGA

q

L

A BRAH

RAV RBV



Z+



q


6. BEBAN SEGITIGA

L

A BRAH

RAV RBV



Z+

Y+

a c b

Penjelasan terincidiberikan dalam kuliah


7. BEBAN KOMBINASI

L

A BRAH

RAV RBV



Z+




7. BEBAN KOMBINASI

L

A BRAH

RAV RBV

Cara Penyelesaian:Struktur dapat dianalisis secara terpisah untuk tiap jenis beban,selanjutnya hasil akhir dapat diperoleh dg menjumlahkan efek dari masing2 beban tersebut (prinsip SUPERPOSISI).

Z+



Documents

03A - ASST 2006.pdf