Lucio Canonica, MSc. CE. ETHZ.

Memahami

ME NlTEKNIK 1

Edisi Ke-1, Tahun 1991 . ... . , ........ .. .... � .. -............. �···· . � · . . :_ .. \��::� �:·.� I ���::=:��.:.]·:::·;:�:��T�: r�;��:�a-0:��:.�:::: ..l!)aJojo Jojoj -/c9J3J t.UJ .. �.f

(DJ penerbit ANGKASA bandungJALAN MERDEKA NO. 6 TELP. 439183 - 444795 P.O. BOX 1353/80. BANDUNG - INDONESIA

r i

Hak cipta © dilindungi Undang-undang Hak Penerbitan pada Penerbit ANGKASA

Anggota IKAPI

Cetakan ke (angka terakhir) 10987654321

1991

ISBN : 979 - 404 - 963 - 8 979 - 404 - 964 - 6

Dilarang memperbanyak penerbitan ini dan/atau menyebarkan berupa cetakan, fotokopi, mikrofilm atau dalam bentuk

apa pun, tanpa izin tertulis dari penerbit

IBM typesetting, Lay-out, Film, Pencetakan oleh Percetakan Offset ANGKASA

Jl. Kiaracondong No. 437 Telp. 304531 Bandung

KATA PENGANTAR

Buku ini merupakan hasil pengalaman saya sebagai insinyur konsultan dan pengajar selama 20 tahun. Akan tetapi, dorongan untuk menulisnya muncul dari kegiatan saya yang terakhir sebagai tenaga ahli pada Proyek Pendidikan Politeknik di Indonesia. Sasaran proyek ini adalah menyiapkan para profesional yang erat kaitannya dengan praktek pembangunan. Karena alasan-alasan inilah saya telah memilih bidang-bidang yang dibutuhkan oleh para insinyur dalam kegiatannya sehari-hari dan bukan hal-hal yang lebih berhubungan dengan penelitian dan pengembangan ilmu.

Penekanan buku ini diletakkan pada pemahaman atas apa yang terjadi dalam praktek dan bagai­mana kenyataan tersebut dapat disederhanakan oleh seorang insinyur agar ia dapat bekerja dengan cara-cara yang sederhana, aman dan ekonomis. Pendekatan yang menyangkut pemahaman dasar gejala-gejala fisika ini diperlukan juga bagi pekerjaan-pekerjaan yang lebih canggih, yang data input untuk perhitungan komputernya harus dipilih oleh pendesain berdasarkan metode-metode yang sederhana, namun cukup teliti. Hasil perhitungan-perhitungan diperlukan juga agar ia dapat meme­riksa keluaran perhitungan komputer, oleh karena kemungkinan adanya kekurangan tersembunyi pada perangkat lunaknya. Pada akhirnya, yang bertanggung jawab atas hasil-hasilnya adalah pen­desain, bukan komputer!

Di samping itu, proses penguasaan pengetahuan baru dalam pendidikan haruslah berakar oada apa yang telah diketahui oleh para siswa dan pengenalan unsur-unsur baru harus diulang-ulang dengan menghubungkannya dengan masalah dan lambang-lambang yang sederhana laiZI pula penting bagi siswa. Karena itulah banyak digunakan gambar untuk menjelaskan teori, sebab gambar mengandung informasi yang hubungannya satu dengan yang lain dapat cepat dipahami.

Harapan saya adalah, melalui pemahaman yang jelas atas suatu gejala, kepercayaan diri para siswa akan meningkat, sehingga ia akan berani menghadapi apa yang terjadi dan dapat memecahkan masafah­masalahnya secara mandiri dan bertanggung jawab.

Saya sangat berterima kasih kepada Ir. Tonny Soewandito, Pemimpin Proyek Pendidikan Politek­nik yang telah menyetujui naskah ini diterbitkan. Hal ini membuktikan adanya usaha pengembangan di bidang pendidikan teknik yang dijalankan oleh proyek, yang selalu ditingkatkan dan disempur­nakan.

Saya pun mengucapkan terima kasih atas segala nasihat dan saran-saran yang diberikan, sehingga naskah ini dapat sejalan dengan tujuan proyek tersebut.

Selain itu, saya berhutang budi kepada Ir. Drs. Affan Effendi yang telah membantu secara sak­sama persiapan penyusunan naskah ini, serta atas sumbangannya, sehingga isi buku ini sesuai dengan ukuran-ukuran dan kelaziman yang berlaku saat ini di Indonesia. Karena naskah ini disusun dalam waktu yang singkat dan terbatas, dapat saja terjadi kekurangan-kekurangan. Saya akan berterima kasih kepada para pembaca yang dapat menunjukkannya kepada saya.

iii

Ir. Lucio Canonica Via Coremmo 3 6900 Lugano-Switzerland

DAFTARISI Halaman

Kata Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

I. Analisa Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1 Konsep Umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

II. Gaya-gaya (K) dan Reaksi-Reaksi (R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.1. Gaya-gaya Aksi, Reaksi dan Momen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2. 2. Keseimbangan Suatu Benda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 .3. Jajaran Genjang Gaya dan Polygon Gaya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.4. Menguraikan Gaya dan Menyusun Gaya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2 .5 . Resultan beberapa gaya yang bekerja pada suatu benda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

III. Dua Pandangan Terhadap Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3.1. Struktur sebagai suatu kesatuan dan Bagian-bagian sebuah struktur . . . . . . . . . . . 12 3.2 . Struktur sebagai suatu kesatuan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 3.3. Bagian-bagian sebuah struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3 .4. Hubungan antara beban, gaya lintang dan momen lentur di dalam struktur . . . . . 20 3 .5 . Penyelesaian praktis dari balok sederhana (simple beams) ! . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 3.6. Bentuk Struktur Menentukan Gaya-gaya Dalam (Internal Forces) . . . . . . . . . . . . 38 3 .7 . Gaya-gaya Dalam dan Deformasi: Suatu Pendekatan Awal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

IV. Mencari R, L, dan M dengan cara Grafis (untuk Anda yang tertarik) . . . . . . . . . . . . . . 41 4.1. Simple Beam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 4.2. Cara Menggambar Parabola Secara Grafis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

V. Perhitungan Struktur Statis Tertentu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.1. Superposisi dari Beberapa Behan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , 45 5 .2 . Balok Kantilever . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 5 .3 . Simple Beam dengan Kantilever . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 5.4. Balok dengan Dua Kantilever . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.5. Kantilever dengan Sandaran (dihubungkan dengan sambungan kaku) . . . . . . . . . 49 5 . 6. Catatan Tentang Balok-balok dengan Kantilever . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

VI. Gesekan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

VII. Balok Gerber . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

7.1. Prinsip Balok Gerber . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 7 .2 . Perhitungan Balok Gerber . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 7 .3. Kesimpulan tentang Balok Rantai/Gerber . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

VIII. Kabel-kabel dan Konstruksi Pelengkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

IX. Rangka Batang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

9. 1 . Pengertian Rangka Batang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 9.2. Rangka Batang Stabil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 9.3. Analisa Rangka Batang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 9.4 . Gaya-gaya pada titik Simpul dan Batang-batang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 9.5 . Gaya-gaya luar dan Penentuan Reaksi-reaksi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 9.6. Gaya-gaya dalam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

v

' .

I. ANALISA STRUKTUR

1.1. Konsep Umum.

Struktur ialah himpunan elemen-elemen bahan untuk meneruskan beban-beban ke tanah dengan a man.

Sebatang pohon adalah sebuah struktur alam

Ini mudah untuk mengenalinya:

Sebuah t<mgga adalah su::c.;1J struktur

Jika beban lebih besar kita memerlukan suatu struktur yang lebih kuat.

� I I 1- kabelI I

�

Kayu

Jika bahannya lebih kuat, kita memerlu­kan elemen struktur yang lebih kecil.

Jika kita ingin lebih aman kita memer­lukan lebih banyak bahan.

Ia tergantung dari bentuk elemen-elemen yang harus diguna­kan menurut perilaku sifat-sifat bahannya.

1

r;:========

�

-==--

�

:.J

ban sambungan pasak

'\ �eban

sambungan kaku 1 \__)

Ia tergantung dari bentuk sambungan di antara elemen-elemen.

Ia tergantung dari macam tumpuan yang dipakai.

Semua hal di atas harus dipertimbangkan untuk mengira-ngirakan bahwa struktur tersebut aman. Ada beberapa cara untuk menghimpun elemen-elemen pemikul beban. Contoh ; bentuk jembatan yang berbeda-beda yang melintasi sungai.

Jadi, struktur yang berbeda dapat digunakan :

Jika pemindahan/penerusan beban lebih langsung, maka struktur akan lebih ekonomis (bahan yang digunakan sedikit).

langsung tak langsung

Persoalan-persoalan sebelum kita menyelesaikan penganalisisan suatu struktur. • Behan harus disederhanakan sesuai dengan peraturan.

Contoh: Bet>an berguna untuk orang dan perkakas rumah tangga p = 200 kg/m2 •

• Struktur harus disederhanakan dengan menghilangkan/mengabaikan minor effects (kemungkinanperubahan/deformasi harus diperhitungkan sejauh mungkin ) .

...... F== .._

. -· . ... ...

,- :

...... ........

Sambungan tetap/jepit (tidak ada perputaran pada tumpuan)

2

--------

- - ... ---- '--�

Sambungan Pin/pasak (bebas berputar pada tumpuan)

I 1

• Perilaku hahan harus disederhanakan, sehagai contoh pengandaianjperkiraan hahwa deformasi/peruhahan hentuk adalah sehanding dengan hehan.

be ban

/' '/ /

pengandaian

/ sebenarnya

/.- ---- beban yang diijinkan

.4pa yang perlu diperiksa ? Berdasarkan penyederhanaan ini, engineer menyelesaikan perhitungannya, dan memeriksa hahwa :

• Struktur dalam keseimhangan (tidak hergerak ).Hal ini terjadi ketika hehan total yang hekerjadiimhangi oleh gaya reaksi pada tumpuan.

• Struktur stabil.Hal ini terjadi jika beban-behan yang bekerjamenghasilkan perubahan bentukfdeformasiyang tidak menyebabkan struktur runtuh.

• Struktur mempunyai kekuatan yang cukupuntuk memikul heban tanpa patah.

• Struktur mempunyai kekakuan yang cukup,begitu juga bahwa deformasi tidak membuatstruktur tak bergunaSebagai contoh : kosen-kosen pintu seperti

gambar di samping.

1.2. Behan yang bekerja pada suatu struktur

Balok kaku, Anda dapat menutup pintu

seimbang

Struktur tidak stabil

Terlalu mudah dibengkokkan Anda tak dapat menutup pintu

Terdapat beberapa macam behan yang berheda yang hekerja pada suatu struktur : • Behan mati (dead loads) seperti herat sendiri struktur dan berat bagian-hagian struktur

(g ; G) yang tetap seperti lantai dan sehagainya. Behan ini bersifat konstan/tetap.

3

• Beban hidup (live loads)(p' P)

• Beban angin (wind loads)( w)

• Beban gempa (earthquake loads )

• Beban khusus(special loads)

Bersifat tidak tetap dan dapat bergerak seperti orang; per­kakas rumah tangga dalam suatu ruangan. Beban ini adalah penyederhanaan yang aman dari kenyataan sebenarnya. Beban ini juga hasil penyederhanaan dari kenyataan yang sebenarnya .

Hasil suatu gempa (dynamik) diganti oleh suatu gaya khusus (kondisi/keadaan statis ). seperti penurunan (settlements), efek thermal, susut (shrin­kage ). Semua beban ini merupakan penyederhanaan kenyataan sehari-hari.

Beban dapat terpusat (G, P dan F) atau beban terbagi merata (g, p; q) tiap meter panjang atau meter persegi.

Kita dapat menjumlahkan beban-beban yang berbeda ke dalam suatu kombinasi , ialah:

Pembebanan tetap g + p = qPembebanan semen tara : g + p =F w Pembebanan khusus. Sebagai beban kombinasi ia mempunyai kemungkinan yang berbeda untuk terjadi. Peraturan-peraturan menghendaki faktor keamanan yang berbeda untuk kombinasi yang berbeda pula. • Komb.inasi yang sering terjadi -+ faktor keamanan normal/biasa. • Kombinasi yang jarang terjadi -+ faktor keamanan diperkecil.

Untuk keterangan lebih lanjut tentang pembebanan, lihat "Peraturan Pembebanan Indonesia untuk Gedung 1983'

4

II. GAYA-GAYA (K) DAN REAKSI-REAKSI (R)

2.1. Gaya-gaya Aksi, Reaksi dan Momen

Sebuah gaya yang bekerja pada suatu benda disebut aksi dan menyebabkan benda bergerak. Jika kita ingin benda/obyek tersebut tidak bergerak (dalam keadaan seimbang), kita harus mempunyai satu gaya penahan yang disebut gaya reaksi yang bekerja pada benda tersebut yang menahan benda tersebut tetap pada posisinya.

Besarnya gaya reaksi sama dengan gaya yang bekerja (aksi ) tetapi berlawanan arah.

Kita beiikan tanda + , dan - untuk yang lainnya.

Kita dapat mengatakan gaya-gaya · yang bekerja pada suatu benda dalam k eseimbangan, jika:

K = - R atauK + R = 0

Dalam bentuk umum dinyatakan :

L gaya-gaya = 0

Ini berarti tidak ada perubahan posisi (displacement).

R ¢::=J

!:

'R �

Gaya tarik

c::::::t> KGaya tekan

')\

¢=:J K.

Perubahan letak/tempat/posisi (displacement) suatu benda yang disebabkan oleh suatu gaya disebut translasi.

Sebuah gaya digambarkan secara grafis berupa sepotong garis lurus berujung tanda panah. Yang menunjukkan arah kerja gaya. Panjang garis tersebut melukiskan besarnya gaya.

Gaya yang bekerja pada suatu benda, pada suatu titik disebut t itik tangkap.

Garis yang ditarik melalui titik tangkap ini arahnya sama dengan arah gaya dan disebut garis k erja gaya.

Suatu besaran yang digamharkan besar dan arahnya disebut vek tor.

Sebuah gaya dapat dipindahkan sepanjang garis kerjanya tanpa mempengaruhi keseimbangan ben­da.

vektor

lKN .,___...

---· . . . . .. . � L Garis kerja

5

Sebuah benda tidak hanya dapat meneruskan sebuah gaya, ia dapat juga berputar. Kita sebut Momen (M) yang merupakan hasil perkalian gaya dan jarak.

K . d = M I Definisi

Gaya yang bekerja 2K, tetapi jaraknya 1hd, se­hingga hasilnya: (2k). (lhd) = M2Hasilnya sama dengan M1

Jika in gin benda tidak berputar, maka akibat total dari momen yang bekerja pada benda ter­sebut harus nol (keseimbangan momen-momen). Dalam bentuk umum digambarkan :

L M = 0 ini berarti tidak ada perputaran L-------....1

Contoh: baut.

perputaran

Contoh: pikulan

2d

0,5K

L M = K.d.("' - 0,5 K.2d ) = 0

Sebuah momen ditandai berupa suatu garis lengkung dengan ujungnya berupa anak panah (: yang menunjukkan arah perputaran dan besarnya M. •

M

Dua gaya sejajar, sama besar, tetapi arahnya berlawanan , dengan jarak z = 2d disebut momen kopel (couple) .

Kedua gaya tersebut bila dimomenkan terhadap titik P akan menghasilkan

M = K . d ) + K . d �= K . � �I

Momen kopel mempunyai sifat yang khusus : Momen kopel tetap sama (besar dan arah putarannya) , jika kita pindah titik acuannya dari P ke P 1

K } l! [ M = K (s + r)-!-- K . r t = K . �-!- ]

6

2.2. Keseimbangan Suatu Benda

Jika kita menginginkan suatu benda tidak bergerak, ini berarti bahwa benda tersebut dalam keseimbangan.

Kita dapat mengatakannya bahwa: • Ia harus tidak bergerak sepanjang dua arah

yang berbeda.

kemungkinan pergerakan

• Ia harus tidak berputar.

Kita dapat menyatakan syarat-syarat ini dengan :

Pada umumnya : 1 2

:E v 0 :E H 0 :E M 0

Contoh : Kontrol keseimbangan

arah horizontal arah vertikal

Keadaan seimbang jika :

2

:E V = 0 � dengan V t +

1

R A + R8 - 50 = 0 . . . . . . . 1 )

:E H = 0 � tidak ada gaya horizontal

:E Ms= 0 � dengan M t +

RA· 4 - 50.2 = 0

dari 2 ) � RA 25

1) � Rs 25

Jika RA = R8 = 25, struktur dalam keadaan seimbang.

Kita dapat juga mengetahui bahwa :

. . . . . . . 2 )

syarat-syarat keseimbangan dapat digunakan untuk mencari gaya-gaya reaksi suatu struktur.

7

2.3. Jajaran Genjang Gaya dan Polygon Gaya.

Dua konsep dasar ini lebih baik digambarkan dengan sebuah percobaan yang dibuat dengan tali­tali melalui kerekan-kerekan pada mana beban-beban diikatkan.

E=6

4

Bagian A1

R=6 I . �

Bagian B1

I

Bagian A2 Bagian B2

Kita sebut :

K1, K2 = Gaya komponen.

R Gayaresultan E Gaya penyeimbang.

Kita lihat dari percobaan bahwa B1 = B2 dan kita dapat mengatakan : • Dua buah gaya K1 dan K2 dapat diganti oleh sebuah gaya R yang bekerja pada titik yang sama

(= gaya resultan).

Kita dapat memeriksa bahwa gaya R ini adalah diagonal dari jajaran genjang gaya yang dibentuk oleh gaya-gaya K1 dan K2 sebagai sisi-sisi jajaran genjang gaya.

Ini disebut huk um jajaran genjang gaya.

Yang memperlihatkan hubungan diantara dua buah gaya dan resultant­nya.

• Sebuah Gaya E dapat im bangi oleh gaya-gaya K1 dan K2 yang bekerja pada titik yangsama.

Kita dapat melihat bahwa semua gaya-gaya ini membentuk suatu polygon tertutup, disebutpolygon gaya.

2.4. Menguraikan Gaya dan Menyusun Gaya.

Jika kita ingin mengganti sebuah gaya K dengan dua buah gaya Kx dan Ky yang bekerja dalam arah x dan y dan sating tegak lurus satu dengan lainnya, kita dapat menyelesaikannya dengan jajaran genjang gaya (parallelogram law).

8

' '

Gaya K dinyatakan besarnya dan bekerja dalam arah a Ky�l�---

� I (} I

I , X

. Kx

Cara di atas disebut menguraikan sebuah gaya menjadi dua buah gaya komponen.

Kcos�

Ksoma:

Tetapi jika kita mempunyai gaya-gaya Kx dan Ky kita dapat menggantinya dengan satu gaya pengganti atau gaya resultan K.

' Cara di atas disebut menyusun sebuah gaya dari dua buah komponen gaya.

Catatan : Ini sering dipakai untuk mengganti sebuah gaya K dengan gaya-gaya komponen Kx dan Ky . Dengan cara di atas kita dapat menyelesaikan soal-soal dengan lebih mudah.

2.5. Resultan beberapa gaya yang bekerja pada suatu benda. Perhatikan , bahwa gaya dapat dipindahkan sepanjang garis kerjanya, tanpa mempengaruhi kese­

imbangan benda dimana gaya tersebut bekerja.

Dengan sifat di atas kita dapat menyelesaikan beberapa persoalan mencari resultan beberapa gaya.

Co ntoh 1 : Dinding penahan tanah (Bronjong)

Tentukan besarnya resultan R jika gaya yang bekerja : • Berat sendiri G • Tekanan tanah : E

l.a). Penyelesaian secara grafis (Gambar dengan skala gaya dan skala panjang)Penyelesaian dengan cara jajaran genjang gaya.

I I

Polygon gaya

langkah-langkah penyelesaian:

Gl + El � Rl Rl + G2 � R2 R2 + E2 � R

9

Resultan R secara lengkap dinyatakan dengan : • besarnya gaya, dari polygon gaya. • garis kerja gaya, dari penampang.

1. b ). Penyelesaian cara analitis Gaya resultan mengganti semua gaya-gaya vertikal dan gaya-gaya horisontal yang bek erja pada

suatu benda.

RH � H = Et + E2 } R = --r Rv � V= Gl + G2

tga

JRH2 + Rv2 Rv RH

4JR, R I 'jf RH

Momen yang bek erja ak ibat gaya Resultant dapat mengganti momen yang bek erja pada suatu benda ak ibat gaya-gaya G dan E.

Momen akibat R

MAR

MAR

Momen akibat V dan H

� MAV + � MAH

�MAG + � Ml

tanda M t +

MAR= Ry.XR

A

MA = G1.X1 + G2 "X2 - E1·Y1 - E2 ·Y2

�Selanjutnya :

( . . . . ) Rv

ini untuk menentukan letak gaya resultant.

Contoh 2 : Beban-beban kolom pada pondasi: tentukan letak dan besarnya gaya resultant R, jika gaya yang bekerja P 1 , P 2 dan P 3•

10

M akibat + V dan H.

� MAV + � MAH -

= 0

MR A

Titik A dipilih sembarang.

2 .a) Penyelesaian cara analitis

Rv �V = P1 + P2 + P3 RH � H = 0

�MP A

Sehingga letak R dapat diketahui dengan :

MAR = R . XR = L Mf = P 1 .X1 +P2 .X2 +P3.X3

� 1�..-_x_R ___ L_�_.x_)_...J

2.b ). Penyelesaian secara grafis (untuk anda yang tertarik )

Besamya gaya resultant didapat dengan menjumlahkan vektor-vektor gaya.

R

Letak gaya resultan dapat dicari dengan menggunakan cara jajaran genjang gaya.

Gaya-gaya P 1 , P2 dan P3 adalah sejajar dan garis kerjanya tidak sating berpotongan , maka diperlukan perubahan pada cara di atas.

Kita ganti tiap-tiap gaya P dengan dua buah gaya komponen yang bertemu di titik 0. (titik kutub) yang dipilih sembarang. Pengaruh yang ditimbul­kannya terhadap benda akan sama.

Gaya-gaya komponen � Dihimpun dalam sebuah polygon gaya. P3

segi banyak batang

Gaya komponen 2 dari P 1 dan P 2 serta gaya komponen 3 dari P2 dan P3 dalam keseimbang­an.

Hanya gaya komponen 1 dan 4 tidak dalam keseimbangan. Kita dapat mengganti dua komponen gaya tersebut dengan R. R mempunyai pengaruh yang sama pada benda sebagai halnya P1 + P2 + P3•

1

0 R

Catatan : Untuk menentukan R kita memerlukan gambar polygon gaya dan segi banyak batang. Penggambaran harus dengan skala gaya dan skala panjang. Skala panjang ctapat lwrheda dengan skala gaya.

Memahami Mekanika Teknik I- 2 1 1

III. DUA PANDANGAN TERHADAP STRUKTUR

3 .1 . Struktur Sebagai Suatu Kesatuan dan Bagian-bagian Sebuah Struktur

Kita harus selalu mempertimbangkan suatu struktur dari dua sudut pandang ini. Kita anggap bahwa struktur adalah kak u (tidak mempunyai deformasi internal).

Dalam kenyataannya, kita lihat sebuah struktur mempunyai deformasi internal tetapi sangat kecil dibandingkan dengan dimensi/ukuran struktur. Secara umum, deformasi ini tidak mempc,1ga­ruhi dalam keseimbangan sebuah struktur.

3 .2. Struktur Sebagai Suatu Kesatuan

Mengingat struktur sebagai sebuah benda kaku (rigid body), maka ia dalam k eseimbangan jika struk tur ditahan tetap di tempatnya dengan tumpuan-tumpuan.

Struktur harus dapat menahan gerakan ataupun perputaran. Kita dapat memilih bentuk-ben tuk tumpuan yang berbeda untuk sebuah struktur. Karenanya pergerakan/perputaran dapat ditahan, dan struk tur tetap dalam keseimbangan.

* Gerakan-gerakan dari sebuah benda kaku dapat berupa:

Pergeseran vertikal Sv Pergeseran horisontal Sh Putaran '{) berputar pada suatu titik P.

* Dalam rangka menahan gerakan-gerakan ini, kita perlukan gaya-gaya reaktif sebagai berikut :

Rv menghalangi Sv RH menghalangi Sh

* Dalam praktek kita ketahui ini macam-macam tumpuan :

Simbol:

12

Nama: Tumpuan sendi/ sederhana (simple support)

M (t P � ..-:f '{/-=0

M menghalangi '{)

Halangan-halangan: SAv 0 SAH = 0

f ' ®

�� tRv

� .. �,

�Rv

®

Ry

Tumpuan roll

Tumpuan kabel

Tumpuan jep it

8 BV 0

8 BV 0

8 AV = 0 8 AH = 0 <.pA 0

* Sekarang kita harus melengkapi struktur - yang dipertimbangkan sebagai benda kaku - dengantumpuan-tumpuan sehingga ia tidak dapat bergerak (= seimbang).Sebagai contoh:

Anda dengan mudah dapat memeriksa bahwa benda kaku ini tidak dapat bergerak: ia dalam keseimbangan. Dari hal di atas kita dapatkan:

[IJ dapat juga dituliskan sebagai dapat juga dituliskan sebagai dapat juga dituliskan sebagai

seimbang. k v = 0 k H = 0 k M = 0

Telah kita ketahui bahwa dengan syarat-syarat keseimbangan ini dimungkinkan menghitung gaya­gaya reaksi dari suatu struktur.

Jika untuk suatu struktur mempunyai cuk up gaya-gaya perlawanan, yang dihasilkan oleh tumpuan-tumpuan dalam keadaan seimbang, maka kita berbicara masalah sistem sta tis ter­ten tu.

Tiga contoh yang telah dibicarakan di atas ialah sistem-sistem statis tertentu. Dengan pertolongan tiga syarat keseimbangan di atas , dimungkinkan menghitung 3 (tiga) gaya­gaya reaksi yang belum diketahui.

Jika untuk sebuah benda kaku kita dapatkan lebih banyak gaya-gaya perlawanan daripada jumlah minimumnya (3) yang diperlukan dalam keadaan seimbang, maka kita berbicara masalah sistem statis tak tentu.

1 3

Contoh:

(P)

* Statis tertentuBenda kakuTiga gaya reaksi

* Statis tertentu* Benda tak kaku = kabel

Contoh-contoh: Hitung gaya-gaya reaksi yang diperlukan dengan menggunakan syarat-syarat keseimbangan di bawah:

L V = 0 L H = 0 L M = 0

Pilihan : t + --+ +

Ca tatan: Pertama kali kita pilih arah positip untuk RAH; RAv, RBv (dan untuk M). Jika setelahperhitungan dilakukan didapatkan hasil dengan tanda + maka arah yang dipilih benar.Jika tandanya berarti R bekerja dengan arah yang berlawanan dengan arah yangdipilih tadi (harus dibalik arahnya).

Contoh no. 1

L V = 0 RAv + RBV - '10 = 0 1 ) L H = 0 RAH - 5 = 0 � 2 )L MA = 0 RBv . 4 - 10. 2 = 0 3a) a tau

RAV· 4-10. 2 = 0� L MB = 0 3b )

Dari 3b ) Dari 2 ) RAH = 5 Dari 1 ) atau 3a) RBv = 5

Contoh no. 2: L V = 0 + t V - 10 = 0 --+ V = 10 LH = 0 + --+ H -5 = 0 --+ H = 5 ---;of , ' : L MA = o (+ M - 10.2 = 0 --+ M = 2 0 � . ,• 51 I a tau L MB = o (+ M - V. 2 = 0 --+ M = 2 0 (OK )t.� 2

1 \1

14

l ' l �

l

Freeb ody (diagram benda bebas)

Freebody ialah sebuah benda kak u dengan gaya-gaya yang bekerja padanya dan dengan gaya-gaya yang d iperlukan untuk mendapatkan k ese imbangan.

Contoh:

Gaya-gaya luar

RBv p:==d�::l!!b====OB "freebody"

Gaya-gaya yang bekerja pada suatu struktur, termasuk gaya-gaya reaksi pada tumpuan disebut gaya-gaya luar. Kita dapat mengatakan bahwa gaya-gaya luar yang bekerja pada struktur tersebut harus dalam k eseimbangan.

3.3. Bagian-bagian Sebuah Struktur

Setelah mendapatkan semua gaya-gaya luar, sekarang kita ingin mengetahui bagaimana gaya-gaya did istribusikan oleh mereka sendiri ke dalam bagian-bagian yang berbeda, atau elemen-e lemen sebuah struktur.

Kita pertimbangkan struktur dibagi dalam bagian-bagian atau elemen-elemen untuk menentukan gaya-gaya yang bekerja di bagian dalam struktur pada elemen terse but.

Gaya-gaya dalam

Gaya-gaya yang bekerja di bagian dalam sebuah struk tur, a tau pada elemen-elemen tersebut di­sebut gaya-gaya dalam.

Elemen-elemen sebuah struktur harus cukup kuat untuk menahan gaya-gaya dalam yang bekerja sehingga struktur aman.

Prinsip dasar untuk menghitung/menentukan gaya-gaya dalam: .iika sebuah benda kak u dalam k eseimbangan, maka t iap-tiap bagian daripadanya harus dalam k eseimbangan ,iuga. (jika sebuah benda kaku tidak bergerak, maka tiap-tiap bagian harus tidak bergerak juga).

Untuk menjaga suatu bagian dari sebuah benda kaku tetap pada posisinya, kita harus memasukkan beberapa gaya (M, L, N) yang secara nyata diberikan oleh bagian lainnya (lihat contoh di bawah).Gaya-gaya ini disebut gaya-gaya dalam. Freebody : Perluasan konsep. Satu bagia n dari sebuah benda kaku dengan gaya-gaya yang bekerja padanya, dan gaya-gaya dalam yang diperlukan untuk mendapatkan keseimbangan disebut sebuah freebody. Kadang-kadang ia bermanfaat untuk mengambil sebuah freebody yang terlampau kecil/pendek panjangnya sehingga dapat dibayangkan = 0.

Contoh:

Sebuah freebody dapat berupa seluruh benda, sebagian atau sebuah titik daripadanya.

Struk tur dalam k eseim bangan.

5

Bagian-bagian tidak dalam keseimbangan.

15

Mx !10 �t,i�}·�1�

5 L x � i5

Gaya dalam diperlukan untuk keseimbangan bagian A - X

Gaya dalam diperlukan untuk keseimbangan X - B

L = Gaya geser jgaya lin tang dalam

N = Gaya normal dalam

M Momen lentur dalam.

Perjanjian tanda: Untuk gaya-gaya dalam seperti yang diperlihatkan dalam gambar di atas kita beri tanda + . Perjanjian ini juga berlaku untuk gaya-gaya luar seperti dalam gambar.

Perhatikan bahwa gaya-gaya dalam pada bagian k iri dan pada bagian kanan bekerja dalam arah yang berlawanan. Karenanya masing-masing sating menghilangkan (membuat seimbang) satu sama lain. (Contoh: M kiri seimbang dengan M kanan).

Jika kita terapkan syarat-syarat keseimbangan , maka kita dapatkan: *

*

*

*

*

16

Untuk freebody A - X sebelah kiri

= v = 0 t + - 5 + L x = 0 --+ L x = 5 2: H = 0 --++ Nx - 5 = 0 --+ N = 5 X

2: Mx = 0 )+ Mx- 5.1 = 0 --+ Mx = 5

Untuk freebody X - B sebelah kanan.

2:V = 0 t + L x- 10+5 = 0 --+ Lx 5 2: H = 0 �+ Nx.-5 = 0 --+ Nx = 5 2: Mx = O t+ Mx+ 10. 1-5.3 --+ Mx = 5

Maka gaya-gaya dalam telah didapatkan.

Kita dapat menentukan gaya-gaya dalam pada titik yang lain dengan membuat gambar hagan freebody lainnya, sesuai cara yang telah diuraikan.

Gaya geser dalamjgaya lintang Lx menahan gerakan luncuran bagian kiri relatif terhadap bagian kanan.

�""""[ --� �-----r Gaya normal dalam Nx me nahan perpindahan tempat bagian kiri relatif terhadap bagian kanan.

Momen dalam Mx menahan perputaran bagian kiri terhadap bagian kanan.

�r: -.��'Cct.-�::J Mx

Perjanjian tanda positip untuk gaya-gaya yang bekerja pada Freebody

Kita perkenalkan gaya-gaya dalam dengan perjanjian tanda

positip.

Jika setelah perhitungan kita dapatkan suatu nilai negatif

(tanda -) ini berarti gaya dalam yang benar mempunyai

arah yang berlawanan.

Jika setelah perhitungan kita dapatkan suatu nilai positip (tanda +) maka arah gaya dalam adalah

sama seperti anggapan semula.

Distribusi gaya-gaya dalam Variasi gaya-gaya dalam, dalam s ebuah struk tur dapat k ita temui dengan me mbagi struk tur

tersebut menjadi freebody-free body.

Contoh : No. 1

t 3

t langkah pertama: Tentukan besarnya gaya-gaya reaksi dengan meninjau freebody.

RAH A �E�==================�

li6 3

:a

t 3

lc "'

Dari 3) -+ Rsv 5

2) -+ RAH 0 1) -+RAv 5

3 �

RBv

l:V== 0 t + RAv + Rsv-10 l:H= 0 -++ RAH + 0 l: M == 0 � + R8v.6 -10.3

0 .... 1) 0 .... 2) 0 .... 3)

* langkah kedua : Tentukan distribusi gaya-gaya dalam dengan meninjau freebody yang berbeda.

f

101

zt I

Freebody - Freebody :

{Lx -5

Mx + 0 0 0

Lx == 5

Mx == 0

17

a tau

�-.,�:_:_s ------.r-:��c-�:-_- �-

ls(jst j 15=Mx

5 5=Lx

a tau

5 a tau

{Lx -5 Mx - 53

0

0

{Lx - 5 = 0

Mx - 5 . 3 = 0

{Lx - 5 + 10

Mx - 15

0

0

{Lx + 10 - 5 = 0

Mx - 5 .3 0

{Lx + 5 = 0

Mx-5.3 = 0

5

15

5

15

-5 15

-5 15

-5

15

{Lx + 5

Mx + 0

0

0 -5 = RB v 0

* langkah ketiga : Penggambaran diagram distribusi gaya geser(gaya lintang dan Momen.

\111 � I P. I Diagram Lx

I Diagram Mx

Contoh no. 2

Sistim dan pembebanan

* langkah pertama : Dapatkan reaksi-reaksi tumpuan dengan meninjau free body.

18

LV = 0 t + RAv + RBv - 10.6

L H = 0 -+ + RAH + 0

L MA = 0 J + RBv·6 --10.6. �

dari 3 ) RB v 30 1) RA v 3C

2 ) RAH 0

0

0

0

. . . . . . . . 1 )

. . . . . . . . 2 )

. . . . . . . . 3 )

* langkah kedua : Hitung distribusi gaya-gaya dalam dengan meninjau freebody yang berbeda

I � cao.z$ . -kt'kftJIL :

, -v ,�,Mx �ot Lx l �\()·)) :

{Lx- 30Mx + 0

0 0

f Lx + 10. 1 - 30 = 0 L Mx + 10. 1 .-! - 30. 1 = 0

� Lx + 10.2 - 30 � 0 Mx + 10. 2.1 - 30.2 = 0

Lx + 10 .3-30 = 0 Mx + 10. 3.i - 30. 3 = 0

Lx =Mx =

Lx =Mx =

Lx =Mx =

Lx =Mx =

* la ngk ah k etiga : Penggambaran distribusi gaya geserjgaya lintang dan Momen.

* Diagram Lx

ot---r---r---r--�--r----rO * Diagram Mx

30 0

20 25

10 40

0 45

Berbentuk parabola berderajat dua.

RAv

4S Untuk bagian sebelah kanan dapat dihitung sendiridengan cara yang sama.

19

3.4. Hubungan antara beban, gaya lintang dan momen lentur di dalam struktur.

Dari contoh berikut ini kita akan menyimpulkan hubungan tersebut. Kita tinjau free body dari bagian balok di bawah ini.

I 1

- Sis tim dan be ban

Free body : Gaya dalam pada pot x adalah sama dengan -

gaya dalam pada pot x ditambah �

Jika kita rumuskan keadaan seimbang dari free body tersebut, kita akan memperoleh :

� v 0

� H 0

( Lx + � Lx) + q. � - Lx "' 0 -+ I � Lx = - q.� = - �Q

(Nx + �Nx) - Nx- 0 -+ �Nx = 0

.. . . . . . . 1 )

�X �2(Mx:- + �Mx)- Mx-- Lx-.�x + q.�x. 2"" 0 -+ �Mx= Lx-�- q 2

dan dengan pers 1 � -+ L-x . A-- + A L � u x· 2

dan jika kita tinjau diagram gaya lintang, kita lihat bahwa :

+ , bertanda positip

Av

Lx-. � = Luas (x, 1 ,2 x) �X �Lx. 2 = Luas (1,2,3) bertanda negatip

maka , + +

tetapi luas dari trapesium yang sama, juga dapat diperoleh dari :

Lrata-rata . �x = Luas (x, 1 , 3, x) , maka dapat kita tuliskan :

�Mx = L rata-rata· �X = luas Lx . . . . . . . . . . 2)

Hubungan 1 .__

�_

L_

x ___ q_. _� _x ___ �_Q

_ __.I , berarti bahwa :

20

Perubahan gaya lintang/geser �Lx sepanjang �x adalah sama dengan beban - q. � bekerja sepanjang � yang sama. * Jika tidak ada beban sepanjang � ---+ Lx konstan, karena �Lx = 0. * Jika beban terpusat P dikerjakan di atas "�"-+ Lx berubah secara mendadak , �Lx = -q.�* Jika beban merata q dikerjakan di atas "�" -+ Lx berupa garis lurus , �Lx = -q.�

Hubungan 2 Lrata-rata · �X = luas Lx berarti bahwa :

Perubahan momen AMx sepanjang Ax adalah sama dengan luas diagram Lxsepanjang Ax yang sama. *

*

*

Jika Lx konstan sepanjang Ax -+ Mx merupakan garis lurus. (karena luas Lx, , berubah secara tinier).

Jika Lx linier sepanjang Ax -+ Mx merupakan garis lengkung (lengkung parabola). (karen a luas Lx, , berubah tidak secara linier ).

Jika Lx berubah secara mendadak , ALx = - P -+ Mx merupakan garis patah.

Dari hubungan 2 kita juga dapat melihat bahwa, jika Lrata-rata = 0 , maka AM = 0Momen tidak mengalami perubahan karena telah mencapai harga maksimum dan lebih baik kitanyatakan sebagai :

Hubungan 3 I dimana L = 0 - M = M I . max.

Hubungan-hubungan tersebut di atas sangat penting, karena berdasarkan hal-hal tersebut memungkin­kan penyelesaian diagram M,N,L secara cepat untuk sistim balok sederhana (simplebeams).

Aturan-aturan praktis penggambaran Diagram Mx dan Lx.

Setelah menghitung gaya-gaya reaksi RA dan Rs kita dapat menggambar diagram beban:

��4''kJJ 'l'\k t t/ � 3of= '· �o 3o1 !3• �l J X l+ + l

30

o�1 't' t""AX � :r •

I '

Diagram beban : * Gambarkan beban-beban t di atas garis. * Gambarkan beban-beban .j. di bawah garis.

Diagram Lx Dimulai dari k iri ke kanan membentuk diagram sesuai hu­bungan beban dan Lx.

ALx = - q.Ax = - AQ

Dari kita dapat gambarkan lagi :

Diagram Lx· * Tetapkan bentuk diagram

Lx dan Mx.

AMx = luas . Lx A. Lx

sesuai dengan hubungan

3.5. Penyelesaian praktis dari balok sederhana (simple beams)

Dengan menggunakan ketiga hubungan yang telah kita peroleh, kita dapat menyederhanakan per­hitungan dari sistim balok sederhana dengan langkah-langkah sebagai berikut: Langkah 1 : Tentukan reaksi perletakannya Ay, AH , By , dengan menggunakan tiga syarat kese­

imbangan pada free body balok dari sistim dan pembebanannya.

21

Langkah 2

Langkah 3

Contoh 1

A

L: Langkah 1 :

AH

Tentukan gaya-gaya dalam Lx , Mx dengan langkah-langkah sebagai benl:ut:

2 . 1. Gambar diagram dari pembebanan.

2 .2 . Gambar diagram Lx dengan mengingat bahwa ALx = - q. Ax = - AQ * Jika tidak ada beban bekerja -+ Lx konstan. * Jika beban P bekerja -+ Lx berubah secara mendadak, ALx- P * Jika beban merata q bekerja -+ Lx berupa garis lurus.

2 .3 . Dari diagram Lx tentukan titik x yang berjarak x dari suatu perletakan ter­tentu, dimana Lx = 0. Pada titik tersebut Mx = Mmax.

Lx = 0 � Mx = Mmax.

2 . 4. Tinjau freebody, dari salahsatu perletakan sampai titik x tersebut di atas, dengan menggunakan keseimb-angan momen :2: M x = 0, Mmax diperoleh.

2.5 . Gambar, bentuk dari diagram Mx dengan mengingat bahwa perubahan momen AMx sama dengan luas dari diagram Lx. * Jika Lx konstan -+ Mx berupa garis lurus.* Jika Lx linier -+ Mx berupa lengkungan (parabola) * Jika Lx berubah secara mendadak ALx = - P -+ Mx berupa garis patah.

Jika beban horisontal PH dikerjakan, beban tersebut. akan bekerja dari titik kerjanya sampai perletakan yang "diam' $ebagai gaya Normal N.

Sistim dan beban-beban :

3

balok - freebody -+ reaksi

110 :2: V=O t+ Av-10+Bv= 0

� �----------------� :2: H = 0 -++ AH + 0 = 0 -+ AH 0

3 l 'I 1

Langkah 2:

22

ALx = -AQ = -10

�Bv 3 I, 'I

:2: Mg 0 )+ By.6 -10.3= 0 -+ Bv 5

dari 1 -+ Ay-10+5=0 -+ Av 5

* Diagram-be ban

* Diagram -Lx

0 -+ X 3

rMx= Mmax 1�... ___ ....�1 � Nx

5 r X Lx 3 { .f

~ - 45

Contoh 2.

* Sistim da n beban-beban :

*

A l�-------,.1.6 BI I

Langkah 1 :

6.00

I (Q=10.6) I

6.00

* Langkah 2:

*

*

Free body

:2: M x = 0

Mmax. - 5.3 0 � Mmax. = 15

Diagram-Mx

balok - freebody � reaksi

k v = 0 t+ Av- 10.6 + Bv = o

AH + 0 = 0 � r�-A-H_

=_o""'l

By.6- 60.3 = 0 � By= 30

dari 1 I A v = 60 - 30 = 30

Av=3of f sv=30I UHtH·H H• HH!i HtL * Diagram-beban

· 1 \.. 10

+ II' 30� Lx=O

�·� 30

� 1_ 10

I x �J Mx=Mmax.

300 t Lx 3.00

~ - 45

* Diagram - Lx

Lx = 0

* Free body

* Diagram - Mx

� 6 3 X = 2 :2:M x 0

Mmax+ (10,3). 3 2

-30.3

Mmax 45

0

23

Contoh 3. * Sistim dan beban-beban :

* Langkah 1 :

* Langkah 2:

AH

AJ 2.0

1

10 /3,5

-...... , lr-r-l ...... 1 -.-l-rl.....tl

1 10 �3,5.2) : 35 l l'l l I ' ...

2.0 2.0

9 1 J

9 Lx = 0 +

X

8

__/), -1-7 =-8

2

24

� •I Parabola

balok freebody -+ reaksi

�v

� H

0 t+

0 -++

Av- 10 - 3,5.2 + Bv = o 1

AH + 0 = 0 -+ AH = 0

Bv.6 - 7 . 4 - 10.2 = o '6v-;:u

-+ Av = 17 - 8 = 9

* Diagram-beban

*

*

Diagram- Lx

0 -+ X

Freebody � M x = 0

2

Mmax -9.2 0

Mmax = 18

' Contoh 4:

* Sistim dan beban-beban

A B A 0

L:x Q

* Langkah 1 :

* Langkah 2:

A,-9,5p£ 1 ' � • • • • • I .,,0,5p£p

Av=0,5p£

Contoh 5: * Sistem dan beban-beban :

Bv=0,5p£

��lOt/m'=pmax. A

1:1

l 1 G

B 0 l

ba 1ok-freebody -+ reaksi

� v 0 t+ Av - p.l + Bv = o � H 0 -++ AH + 0 = 0 -+ AH 0

1 By .l - pl. 2 = 0 -+ Bv =

dari @ 1 Av - p 1+ p 2= o -+ Av

*

*

*

Dia gram-beban

Dia gram - Lx

t::...p Lx = Av - p.x

Lx = 0 :

0,5 p 1- p.x

0 ,5 p 1- p X = 0 -+ X = 0,5 1

Free body

� M X= 0

1 1 1 1 Mmax + p . 2 . 4- 2 p 1 . 2 = 0

25

* Langkah 1 :

( 10.6 t) I 2

�10 t/m1

AH � .___ ________ _.

4.00 L

6.00 ..

* Langkah 2:

20t lOt

10t/m1=pmax.

10� ��� 20 ..,.

3,46

(9,�8) lQ _ I 1 -p=T .3,46-5,77t/m

� :1,45 _____..

r-----,� Mx=Mmax. I.__ __ __.llJ 101 Lx

Contoh 6: *

26

Sistem dan beban

1·-· 1:::. A

�

p I �

·P'-�.

Q

0 B

balok - freebody � reaksi

� v 0 t + Ay- 10,6 + By= 02

AH + 0 = 0 � AH = 0

dari 1

By . 6 - 1026 . 4 = 0 --+ By = 20

Ay- 30 + 20 = o � Ay = 10

* Dia gram-beban

*

*

*

Dia gram - Lx �Q � Lx Ay -p. 2 = 10 - 10 .E

6 .

2

Lx 0 :

10 10 2 - 0 -12

. X -

Free body

x2 = 120 = 12 x = 3, 46 10

Mmax + 9,98. 1,15 -10. 3, 46 = 0

Mmax = 2 3,12

Dia gram -Mx

Py = P sin � PH= P cos �

* Langkah 1

AH I �1 - PH I Av 1 Q/2 l Q/2 1 Bv

;

* Langkah 2:

;v rL---�----IJ

{� L Pv

�� Mmax ..

_!X!_ 4

Contoh 7: r------------�J Ms

0 A A B

Q

Memahami Mekanika Teknik I- 3

balok - freebody -+ reaksi

k v 0 t +:k H = 0-++

+

Ay-Py+By=O AH --PH 0

l

1 )

dari 1

By .1-Py -= 0 EIJ 2 Py

-+ By=-2

Ay -Py + pl= 0

�J Av � �v I

* Diagram-beban

* Diagram- Lx

Lx = 0 -+ X2

* Free body

:kV = 0 Py L --=0 X 2 -+ Lx =

Py O.k. -2

:k H = 0 Nx +PH= 0 -+ Nx = -PH

k M X= 0 Py 1 Mmax -2·2= 0Py.l

-+Mmax = -4-

* Diagram- Mx

* Diagram- Nx

* Sistim dan beban

27

* Langkah 1 : balok - freebody - reaksi

�V= 0 t+ Av + Bv = o· 1 )MB � H = 0 �+ AH +0 = o � �AH = o l

AH

Av r r Bv � Mg 0 t+ By.Q + Ma = 0

Q � I By= - M

Q

B I dari 1

M a 0 Ay-- � Q

Av -Bv�=Ma Q

* Langkah 2:

�t l� * Diagram-beban

Ma * Diagram- LxT + Lx = 0 X 0

X = Q

* Free body X = 0

EJ

?

Mx Ma Ma

�V=O Lx -y 0 � Lx = ok Q

Ma l Lx � M = 0 Mx + 0 0 � Mx= 0 ok T

I

t * Freebody x = Q

Ma M a�V= 0 Lx = 0 � Lx = ok

Maj Q Q

Q x=Q Ma� M = 0 Mx --.Q= 0 -+ M = Ma ok X

�

1MB * Diagram- Mx

Contoh 8: * Sistim dan beban-beban

MA

CA L::.

)MB

0 B

MA > Ma

28

f

$ I t J �

* Langkah 1 : balok freebody � reaksi

MX....--------------.) MsAH

£=5

* Langkah 2:

.---------------------�! �AQMB MAQMB! ! 1

* Free body X = 0

� v = 0 t+

� H = 0 �+

� Mg 0 )+

dari 1

Ay + By 0 (D AH + 0 = 0 � I AH = 0 I By.Q- MA + Ms = 0

* Diagram- beban

* Diagram - Lx X 0 X

�V= 0 i+ MA- MB

Lx + Q

� M= 0 t+ Mx - MA

MA�---------------------� \.l------� Mx MA-MB� �

Q

* Freebody x = Q

�V=O {,+

� M = 0 t+

*

= 0 ok

Diagram- Mx

29

Contoh 9: p

* Langkah 1 :

* Langkah 2:

£

�t '------.---------It ��p � t +

;:::::::====) Mx = Mmax.

! t 2

� p . 2 sm 0' t sin O'LI -------1�

+

-�cos 0' !.__ _ _ + _

_

�--�-� _

_

_

_

_

_

_

_

_

_

_

_

_

_ ....... .....� p 2 cos 0'

30

* Sistim dan beban-beban

P b'o'"

P sin 0'

balok-freebody � reaksi

L v 0 t+ Ay-P+By = 0 1

L H 0 �+ AH +0 = 0 � I AH

P.£ L MA= 0 t+ By.£ - -- 0

dari 1 p Ay -P +-2

* Diagram - beban

* Diagram - Vx

Vx = 0

* Free body L M;: 0

* Diagram - Mx

0

� X

�

2

� By=

_2

P I Ay=

.

Lx = V xCOSO' + Hxsina

Nx = Hxcosa- VxsinO'

£ 2

p £ Mmax. - 2 . 2 0

Mmax. = p:

I

* Diagram - Nx N = X Hx cosO'- V xsina

* Diagram - Lx Lx Vx cosO' + Hxsina

Contoh 10 :

Ih* Langi-wh 1 :

* Langkah 2:

WH" I • WHWH. 1 +

Avt l Bv

I Wv Av t + jBv Av t Q/2

) Mx=Mmax

+

+

* Sistim dan hehan

w�w,

Wv= w cos�

WH= W sin�

WH

halok - freehody � reaksi

L V= 0 t+ LH= 0 �+ LMA= 0 t+

--+ �=

Av--Wv + Bv CD AH +WH = 0 � AH= -WH

Q h By .Q-Wy . 2 -WH. 2 0

Q By .2 +

Q

h WH·2Wv WH h 2 +(2·£)

dari CD --+ I A v = W v - W v. � + W H . � = -�- ( �� �)

Q

* Behan Horisontal

* Diagram Hx

* Behan vertikal

* Diagram - V x

*

*

*

*

Freehody

LM = 0

Vx = 0 --+ X Q2

Q Mm ax.- Ay . 2 = 0Wy .Q WH . h

� M =------m a x.

4 4 Diagram Mx

Diagram Nx

Diagram Lx Vx cos � + Hx sin �

3 1

Contoh 1 1 :

\..'9� *

*

�

Q

* Langkah 2 :

*

*

�� / *

*

� Mx=Mmax. *

•7&�� '}. *

P.Q = --

4

�

*

4

32

Sistim dan beban/Freebody

Langkah 1 : � reaksi

� N 0 AN - PN + BN = 0

� T = 0 AT - PT = 0 � I AT = PT

� MA= 0 - Q BN . Q - PN· :f

dari 1 AN- PN + �2

Beban tangensial

Diagram - Nx

Beban normal

Diagram - Lx Lx = 0 � X

Free body

= 0

Q 2

0

� M = 0 PN QMmax . - 2 · 2

� � BN =

� I AN=

0

Diagram Mx �max . = PN��

�N " P. {!OS 0::

Q = Qcos 0::

P . Q => Mmax . = 4 1

Diagram Mx

1

PN 2

PN 2

Contoh 1 2 :

*

Av

Langkah 2 :

� t � ------.---�! � lp p 2 +

IL----_______.1 �( Mx=Mmax.

Q t �2

p . 2 . sm cx1 p

p 2 .cos (Xl

2 1----..J - ..r.

2

B

* Sistim dan hehan/Freehody

* Langkah 1 : -+ reaksi

r. v 0 Av - P + Bv = 0

'f. H 0 AH + 0 = 0 -+ I AH P . Q 'f. MA 0 Bv . Q - -2- = 0

-+ I Bv =

tJ dari 1 A v - P + � = 0 -+ I A v = T I * Behan horisontal/Diagram Hx

*

*

*

Behan vertical

Diagram - Vx

Freehody

'f. M = 0

0,5Q

p Q Mmax . 2 . 2

* Diagram - Mx

,...o

o l

* Diagram - Nx Nx = Hxcos ex - Vxsin ex

,...o * Diagram - Lx V x cos ex + Hxsin ex

33

Contoh 1 3 :

0

Q J,

t � l

Contoh 1 4 : (untuk anda yang tertarik )

34

rr- -- - -- -

3 l I I I I I I I

I I I I I I I I I

� @ ® � Avt�-------�-6_.o_o ____ �! �

k v = 0

k H = 0

k MA= 0

I Ma � Mb CD Av = - Bv = - Q

It : Ma > Mb � Bv = + Av=

Loads - Diagram

Lx - Diagram

Freebodies :

Mx - Diagram

* Langkah 1 : Reaksi

k v = o Av - 10 + Bv = o CD k H = 0 AH - 3 = 0 -+ AH = 3k MA = 0 Bv . G - 10. 3 + 3. 4 = 0

CD Av - 10 + 3 = o-+ Bv = 3 -+ Av = 7

* Langkah 2:

MH I H ldH �H N1 MH I � 1 i I L� � H H �I';

NH I L1 L1 hLi

4.00 3-

l 7

Balok

� 3 - c. 7

3 '

4.00

Balok - dan Titik Hubung Free bodies :

�® to H: ��· M' - 3

M2 �H L V = 0 N2 I N �Li2 L� L H = 0L2 I 6.00 N� N� Li 2 Mi L M = 0

�<D 4.00 L V = 0

L H = 0

t3 L M = 0

A 1

t+JN] L V 0

Li L H 0

L M x= 0

t 3

3 Lx

________-:-l 12 Mx

7 Nx

H V L2 - N2 = 0

N� + v L2 = 0

M� - MY = 0

H V Ll + Nl =

N� - L{ =

0

0

M� - MY = 0

v L1 + 3 = 0 v N1 + 7 = 0 v M1 + 3. 4 = 0

==> =>=>=>

=>

=>

-+

-+

-+

� L� = NY I l N� = - LYl

lM� = MY I LH

- vI - -NI

H Nl = L{

MH -I - Mi

v Ll = - 3v Nl = - 7v Ml = - 12

B) +L� = + 7

H N1 = - 3 H M1 = - 12

35

I Balok 1 I 2

7

� 1 2

7 t

7 1 1 1 1 +

� 1 2 7 3

!10 -3 6.00

ho

I I I I I l l

r:�� Lx

&N� L�

t 3

I I II 3 C9

12 .0 � �

I Balok 2 I B I

3

36

® 3 = 0

= 0

1 3

L V = 0

L H = 0

LM2 = 0

Freebody

(9 e ®

H L2 + 10 - 7 = 0 � H L2 = - 3

H N2 + 3 - 3 = 0 � H N2 = 0

M� + 10 .3 + 12 - 7 .6 5" 0

L M = O

L H = O

� MH _ 2 - 0

t A)

L� = 0

v N2 = - 3 v M2 = 0

Mmax + 12 - 7 .3 = 0

Mmax = 9

Nx + 3 = 0 -+ Nx = - 3

' t

Bentuk-bentuk Diagram Mx dan Lx untuk Macam-macam Pembebanan.

Bentuk-bentuk dapat diturunkan dari hubungan-hubungan antara Behan, Gaya Geser/Lintang dan Momen.

•J> E .§ 0 c 0 .:.i ._ -+- � 0 .D � "' � oJ . g 1)1 VI Q) 1- Q � • 0

-

ij --+-

�-

-

E c.... U> 0 )( c. ...J

s \2 !( ,g 0 � · -

a

- - - - -r ]i -- - -- - - - �) �

- -- -- - - -�-- -

c - I �

� ------ - - - - -

r-_,--� --- - ----

37

3.6. Bentuk Struktur Menentukan Gaya-gaya Dalam (Internal Forces)(Untuk anda yang tertarik)

Bentuk suatu struktur ditentukan beban yang akan diterima jika diinginkan struktur menerima gaya tarik murni atau tekan murni maupun momen lentur.

Bentuk menentukan gay a-gay a dalam.

Contoh: Kabel dan konstruksi lengkung/busur. Perhatikan seutas kabel direntangkan di antara dua titik dan menerima beban. Kabel hanya dapat menerima gaya tarik . Bentuknya diperkirakan hanya untuk menerima gaya tarik saja. Seperti yang d itunjukkan dalam gambar.

Kabel

Untuk ,be ban terpusat bentuknya adalah polygon (segi banyak)

Untuk beban merata bentuknya adalah parabola derajat dua.

Bisa dirasakanjdibenarkan bahwa untuk mendapatkan hanya gaya tekan, bentuk struktur harus dibalik.

Konstruksi busur/pelengkung.

Jika bentuk konstruksi berbeda, maka ia akan menerima momen lentur.

Contoh:

38

l bentuk •gu , /1 ,( tidak terjadi

/ ' I , lenturan / I '

, ' I ' / I '

I I

bentuk menyebabkan Jenturan

bentuk tanpa menyebabkan lenturan

bentuk menyebabkan lentur

ben tuk tanpa menyebabkan lenturan

bentuk menyebabkan Jenturan

;}JJ-i.i-J � J I f 't bentuk tanpa

�'f 't Jenturan I I

/;,o/1 l wr bentuk menyebabkan lenturan

Sesuai dengan prinsip ini kita dapat mempertimbangkan bentuk strukturnya tanpa melakukan per­hitungan, j ika struktur dibebani gaya tarik murni, tekan murni ataupun lenturan.

Perbedaan dalam bentuk struktur menunjukkan besarnya m omen lentur.

Contoh-contoh.:

� J { ii l 'li l t '!' J

* *

Tidak ada lenturan Gaya tekan besar

* Tidak ada lenturan* Gaya tekan besar

Contoh penerapan

* Lenturan kecil* Gaya tekan kecil

-} - - � -/ I / I

* Lenturan kecil* Gaya tekan kecil

* *

Lenturan besar Tidak ada gaya tekan

\

I I

I

\ \

\ \

\

Kita ingin memilih bentuk struktur untuk tanki air dengan kedua dindingnya hanya menerima gaya tekan murni a tau tarik murni.

Dinding menerima gaya tekan Dinding menerima gaya tarik

3 .7. Gaya-gaya Dalam dan Deformasi-deformasi: Suatu Pendekatan Awal

Dalam kenyataannya elemen-elemen yang membentuk struktur tidak kaku benar-benar. Ia ber­ubah bentuk sedikit akibat gaya-gaya dalam (internal forces).

Dari percobaan dapat dilihat bahwa perbedaan gaya-gaya dalam menyebabkan perubahan bentuk/ deformasi sebagai berikut:

* *

Gaya Besar menyebabkan displacement

Gaya Normal menyebabkan: Perpendekan untuk gaya tekan

- Perpanjangan untuk gaya tarik

A A -A- -t4 D r- -- - 1 D(Gaya tekan.)__.: �

I I J:l L- - , - - 1

T ._j 1 /l l l//lllllhG•y• t•rik)39

* Momen lentur menyebabkan bengkokan elemendibengkokan dengan radius R yang sebandingdengan M.

Contoh-contoh

Perjanjian tanda untuk lenturan

* Deformasi akibat Gaya Geser

* Deformasi akibat momen lentur.

Perhatikan:

-- serat tertekan

) M

__ serat tertarik

� � 2

Untuk M kecil, �'P juga kecil M besar, �'P juga besar.

* Deformasi akibat Gaya Normal

M = 0 (perubahan tanda)

dari + ke -

40

disebut titik bengkok (point of inflection)

IV. MEN CARl R, L, DAN M DENGAN CARA GRAFIS(UNTUK ANDA YANG TERT ARIK)

Cara terbaik untuk menerangkan ini ialah dengan contoh soal.

4.1 . Simple beam. * lukisan kutub

Segi banyak batang

j ari-jari k utub

Dari cara grafis ini di dapat : RAv 8 , 3 R8y 6, 7 "C" 2 5

* komponen R

* keseimbangan

* Tentukan titik kutub 0 dan gambarkan polygon gaya (disebut diagram/lukisan kutub) untukgaya-gaya P 1 dan P 2 •

*

*

*

*

Melalui titik A yang dipilih , gambarkan/pindahkan jari-jari kutub "1" sejajar "1" sampai memo­tong garis kerja P 1 •

Dari titik potong ini, gambarkan lagi ' '2 " sejajar "2" hingga memotong garis kerja P 2 • Dari titikpotong ini gambarkan lagi "3" sejajar "3" sampai memotong garis kerja gaya reaksi (B) di B.

Hubungkan A dengan B dengan sebuah garis "C" yang disebut ' garis penutup".Hasil penggambaran ini disebut segi banyak ba tang (link polygon).

Pindahkan garis penutup "C" pacta lukisan kutub dan ditarik dari titik kutub 0 .R ( = P 1 + P 2 ) akan diuraikan menjadi R A v dan R BV .

Pada segi banyak batang, perpanjang " 1 " dan "3" (awal dan akhir jari-jari kutub) .Titik perpotongan tersebut letak garis kerja R .

Sekarang kita ingin mengetl(lhui bagaimana cara grafis ini bekerja, adalah sebagai berikut : * Kita tahu bahwa gaya l'uar yang bekerja pacta struktur harus dalam keseimbangan (R = P 1 + P 2 se­

imbang dengan RAv dan Rsv ). *

*

*

*

*

R mempunyai pengaruh yang sama pacta struktur sebagaimana komponennya "1 ' ' dan "3".

Tetapi ' '1" pada A diimbangi o leh RAv dan "C". "3" pada B diimbangi oleh R s v dan "C".

Dua buah gaya "C" adalah dalam keseimbangan.

Pengaruh "1" dan "3" diimbangi oleh RAv dan Rsv . Juga R diimbangi oleh RAv dan Rsv , ini berarti RA v dan Rsv adalah reaksi-reaksi R (atau p I ' p 2 ) .

41

Sekarang kita ingin mencari momen lentur. Untuk mengerjakannya kita selidiki sifat-sifat segi banyak batang. " Segi banyak batang adalah seperti kabel dalam keseimbangan, karena kita dapat melihat bahwa hanya ada gaya tarik yang bekerja padanya, seperti dalam seutas kabel".

@

®

* Segi banyak batang

"@ " g ,, e • S'l�

\\3 ''

� \; � '' '2 , , Pz �

Untuk titik-titik yang berbeda, kita harus mengikuti keadaan keseimbangan.

®

- ®' 'C'lc adalah gaya tarik yang bekerja pada tumpuan-tumpuan. Tetapi untuk simple beam di atas, tum­puan B adalah roll, di mana tumpuan roll tidak dapat menerima gaya tarik ' 'C' '.

Kabel dengan tumpuan rol di B hanya dapat dipertahankan dalam keseimbangan , dengan melengkap1 satu elemen yang dapat menerima/menahan gaya tekan dari B ke A sepanjang garis penutup.

Segi banyak batang dan garis penutup ==

membuat struktur kabel stabil.

Sekarang, kita dapat membandingkan keseimbangan simple beam dan yang membuat struktur kabel stabil ( segi ban yak batang dan gar is penutup ).

Jika kita ambil dua freebody yang sesuai, maka:

Lx + 10 - 8,3 == 0 --* Lx == - 1 ,7 ( t ) of

Mx + 10.0,75 - 8,3 . 2,25 == 0 --* Mx== +11,1 8 .

"C" diuraikan menjadi komponen-kom-ponen. V

� Lx + 10 - 8,3 - 1 ,7 == 0 --* Lx == 0 Mx - 8,3 . 2 ,25 + 10 . 0 ,75 + 15 . 0 ,75 = 0

Y Y--* MJ< == 0 H Y

Perbandingan dari dua freebody tadi memperlihatkan kepada kita bahwa momen Mx balok sama dengan H.Y. * Aturan untuk menghitung Mx secara grafis.

H . Y

42

H komponen gaya horizontal C, diukur dari lukisan kutub .

Y jarak vertikal di antara segi banyak batang dan garis penutup diukur dari segi banyak batang.

Contoh:

1 . Catatan

2 . Catatan

3. Catatan

10

" 2 ' ' ' ' 3"

M = H . y

Lukisan kutu b

RBV 0

Skala : gaya : 1--1 = 10

j arak : 1

= 1

Skala-skala untuk panjang balok , jarak vertikal segi banyak batang, gaya-gaya dalam lukisan kutub dapat berbeda satu sama lain.

Ketepatan hasilnya tergantung dari skala yang dipakai (10% ketelitian adalah cukup).

Jarak H dari titik kutub 0 mempengaruhi jarak vertikal (y) dari segi banyak batang.

P�o H

Y t Y 2

t>o

v H l " '1

H y

besar kecil

kecil besar

* Diagram gaya lintang/geser

Di gambar seperti biasanya, dengan mempertimbangkan hubungan-hubungan yang telah ditetap­kan antara beban dan gaya geser.Contoh:

Sistem

8,3 6, 7

Diagram beban

5 1 0

8, 3 10 Diagram gaya geser/lintang

5 e 6, 7

Memahami Mekanika Teknik I- 4 43

4.2. Cara Menggambar Parabola Secara Graf�s

Parabola Secara matematis parabola adalah titik yang terbentuk oleh sebuah pergeseran titik sehingga

pada beberapa posisi jaraknya dari sebuah titik tetap (fokus) adalah selalu tepat sama dengan jarak garis tetap (directrix).

Dalam perencanaan teknik, parabola digunakan pada statika untuk menggambarkan momen yang terjadi pada sebuah balok, untuk menggambarkan kurva vertikal pada jalan raya dan untuk busur jembatan. - Membuat parabola dengan metoda garis singgung.

1M

M

Membuat parabola dengan metoda paralelogram.

44

Diketahui titik-titik A dan B, dan jarak CD dengan puncak parabola (vertex) . Perpanjang sumbu CD, sehingga DE=CD. Bagi EA dan EB pada beberapa bagian sama besar (misal 8 bagian). Beri nomor titik-titik pembagi seperti terlihat pada gambar. Hubungkan titik-titik 1 dan 1 , 2 dan 2, 3 dan 3 , dan seterusnya. Garis-garis penghubung titik-titik ini merupakan garis-garis singgung dari para­bola yang dikehendaki. Gambar kurva garis singgung ini.

Diketahui titik-titik A, B dan U. Gambar paralelogram melalui titik-titik ini, seper­ti terlihat pada gambar. Bagi AC dan CU pada beberapa bagian sama besar (misal 5 bagian) dan beri ­nomor titik-titik pembagi. Gambar garis-garis konstruksi dengan garis tipis dari titik U ke beberapa titik­titik pembagi sepanjang AC. Lalu gambar garis-garis I I dengan sumbu dari semua titik-titik pada AV. Titik-titik perpotongan dari garis-garis konstruksi tersebut kalau dihubungkan akan membentuk parabola.

V. PERHITUNGAN STRUKTUR STATIS TERTENTU

5.1 . Superposisi Dari Beberapa Behan

Dimungkinkan untuk memisah sistem pembebanan yang bekerja pada sebuah struktur dan kemu­dian hasilnya disuperposisikan untuk mendapatkan hasil total.

Contoh:

0, 5 P 0, 5 P

9�"!---4-�

p +

+

Prinsip superposisi ini tidak valid (dapat dipercaya) untuk kolom dengan beban axial dan melintang (karena dalam hal ini, deformasi tidak bertambah dari dua pemisahan deformasi sebagai yang akan kita lihat nanti) .

5 .2 . Balok Kantilever

Telah kita ketahui bahwa kantilever adalah struktur statis tertentu. Kita dapat menyelesaikan sebagai b iasanya dengan pertolongan freebody-freebody.

Contoh-contoh:

Sistim dan pembebanan

rMq

c v lr ;}-"

ilmma-" v ' c '

i

Free body

M x M x f-:�)(jLx

Lx X ll "

Lx - P = 0 � Lx = P

.r < '1

Mx + P. x = O�Mx= - P . x

�)(�, X 'I "\

Lx - q. x = 0 Lx = q . x

Mx+ q . x. %x = 0 M x= - %qx 2

Diagram Lx

~ Qmax = P

~ Qmax= q. c

Diagram Mx

~ %

Mmin = - P. C

p 1 2 Mmin = - -z qc

45

5.3. Simple Beam Dengan Kantilever

Kita harus cukup mempunyai gaya-gaya reaksi untuk keadaan seimbang (3) dan sistem tersebut adalah statis tertentu.

Cara penyelesaian ( 1 ) sama seperti simple beam.

Langkah kedua ; Gaya-gaya dalam.

2,86 q

46

"x0=2,86 L 1 tJ

1 ( 2,86q ) I Jl j# 'f!'kJiJi '\ M 'It / maxt2,86q

lt xo f xo

4,10q

-4, 50q

Langkah Pertama .:, Hitung gaya-gaya reaksi.

7+3 LMA = 0 RBv . 7 - q {7+3) ( 2 ) = 0

*

RBv= 7,14 q

L V = 0 RAv+ RBv - q (7+3) = 0 RAv + 7 ,14 q - 10 q = O RAv = 2,86 q

LH = 0 RAH + 0 = 0 � RAH = 0

Diagram beban

* Diagram - LxLx = RA V - q X = 2,86 q - q . XLx = 0 untuk x0 :2 ,86 q - q.x0 = 0 � x0 = 2,86

* Freebody untuk Mmax :

*

LMx = O

Mmax + 2,86 q . 2•�6 - 2 ,86q . 2,86 = 0

Mmax = 4,10 q

Freebody untuk kantilever MB 3 LMB = 0 � MB . q . 3 . 2 = 0

MB = - 4,5 q

* Diagram - Mx

I

I t f I I

Cara penyelesaian. (2)

Kita dapat juga meninjau simple beam dengan kantilever sebagai gabungan sebuah freebody simple beam dan sebuah freebody simple beam.

A Ar------------��Ji�-----7.00 B 1e 3. 00 1r 1 ., 1 3q I

4, 5q �(7q) I + i i' JP ! + l I � 3q z.t====""'====::;tl1.) 4, 5q t Av t Bv

* Freebody kantilever

L M = O

L V = O

Me + 3q.1 ,5 = 0 � Me = - 4,5 q

*

*

Lc - 3q = 0 � Lc = 3 q

Diagram Beban

Diagram Lx untuk kantilever

* Diagram Mx

* Freebody simple beam :

*

langkah pertama : gaya-gaya reaksiLMA = 0 � Bv . 7 - 3q.7-4,5q-7q.3 ,5 = 0

Bv = 7,14 q

LV = 0 � Av - 7q - 3q + 7 ,14q = 0 Av = 2 ,86 q

langkah kedua : gaya-gaya dalam :

Diagram Beban.

* Diagram - Lx :

Lx = 2,86 q - q .x

Lx = 0 untuk x0 � 2 ,86q - q.x0 = 0x0 = 2 ,86

* Freebody untuk Mmax

LM = 0 � Mmax + 2,86q . 2·�6 -2 ,86q.2 ,86 = 0

Mmax = 4,10 q

* Diagram - Mx

47

5 .4 . Balok Dengan Dua Kantilever

Sistem ini j uga statis tertentu. Kita akan meninjaunya sebagai gabungan dari dua freebody kantilever dan sebuah freebody simple beam.

48

�j �LACq fzq � * Diagram beban

�2q A-2q

2q ' *

!t •

* Diagram Lx

* Diagram Mx

6. 00

I

(�

t 2q JJLJ; �q

2q�

�2q

By le

3q�

�

�

3q Jl1 " Xo l ..

*

*

*

Freebody kantilever A : �M = 0

2 MA +2q . z = 0 --+ MA = - 2q

�v = o LAc +2q = 0 --+ MAc = -2q

Freebody kantilever B : � M = 0

2Ms +2q . 2 = 0 --+ Ms = - 2q

� V = O Lsc - 2q = 0 --+ Lsc = 2q

Freebody simple beam langkah pertama: gaya-gaya reaksi

�MA = 0 Bv .6 - 2q.6 - 6q.3 + 2q = 0Bv = 5q

�v = o Av - 2q - 6q - 2q + 5 q = 0Av = 5 q

langkah kedua : gaya-gaya dalam

* Diagram beban

* Diagram Lx

Lx = 3q - q .x --+ Lx = 0 untuk X00 = 3q - q.:Ko --+ x0 = 3

3q

� 2 q

� .. � 2q � 3q

* Freebody untuk Mmax :3 Mmax = 5 .q .3 - 2 q - 2q .3 � · 3 . 2

2 ,5 q

* Distribusi - Mx

* Distribusi - Lx

5 .5 . Kantilever Dengan Sandaran (dihubungkan dengan sambungan kaku) H � l O ... -5'-,.. ! H�lO

I ---+-I 0. 90 batang (})

model

�· - - · > " -i

2. 00 A' batang ® sambungan 0* Free body 1

kM 0 M1 +10 .0 ,9 = 0 � MI -9

k H 0 L1 - 10 0 � L1 10 L I k V 0 N 1 + 10 0 � N I 0 _f lO A10

� 9 �

Diagram Distribusi " Distribusi

Be ban Lx Mx * Free body y LI + - T-- L I 10

M I k f ,' NI 0 .... ... N t Ml -9

��L ,

kM 0 M2 - Ml 0 -+ M2 = M t = -9

L2 k V 0 L2 + NI 0 -+ L2 = - NI = 0

k H 0 N2 - Ll 0 -+ N2 ;;: L I = 10

Kita lihat bahwa dalam sambungan kaku (rigid) , M2 = M1 Momen M1 hanya diteruskan tetapi tidak berubah besarnya.

49

* Free body 2

N�-<r leL II

:l: M 0 M - M2 + L2 . 2 = 0 --+ M + 9 + 0 .2 = 0

:l: V 0 L - L2 0 --+ L - 0 = 0

:l: H 0 N - N2 0 --+ N - 10 = 0

0 Diagram Lx

L....---_;:;_e -----'1 ! 9 Diagram Mx

+----�-----�� rlO Diagram Nx

* Sekarang dapat kita gambarkan gaya-gaya dalamnya.

� Diagram Lx

e Diagram Mx

Diagram Nx

5 .6 . Catatan Tentang Balok-balok Dengan Kantilever

M2 = 9 N2 10 L2 = 0

--+ M = -9 --+ L = 0 --+ N = 10

1 . Momen positip maksimum

50

A fH H HHf � 7. oo "' 3. oo L f 1 1

�5%

Dapat kita lihat bahwa momen positip maksimum pada bentang AB didapatkan bilamana hanya bentang ini yang dibebani (M0x = 1 /8 q . 72 = 6,125 q)

Behan pada kantilever mengurangi momen ini (menjadi M = 4,10 q) . Penj elasan masalah ini didapat dengan memperhatikan defleksiflendutan pada bentang AB.

q

i· 4 "' \kJI + "' �4 4 u• h +4'+

�. Kita lihat bahwa: * j ika bentang AB kita

bebani, maka lendutannya .J., ke bawah t dan momennya positip .

* j ika kita bebani bagiankantilever, maka lendutanAB ke atas t dan momennyanegatip.

2 . Hub ungan diagram M dengan bentuk lendutan struk tur.

� i I I I � daerah M 0 : daerah M e I

11'!4 � · � T :

I> lt� T titik bengkok M = 0

M + � R +

M � R -

M = 0 � titik peralihan disebut titik bengkok ( inflection point )

R = jari-jari lengkungan D = gaya tekan T = gaya tarik

Selanjutnya, untuk memperkirakan distribusi momen pada struktur yang sukar (complicated ) di­mungkinkan, dengan: pertama : gambarkan secara sket bentuk deformasi; dan kemudian: gambarkan diagram momen dari sket deformasi tadi.

5 1

VI. GESEKAN

Yang terbaik dijelaskan.dengan suatu percobaan. Kita ambil sebuah batu bata dan letakkan di atas papan horisontal dan kemudian angkat perlahan­

lahan pada salah satu tepinya. Batu-batu terse but tidak bergerak tetapi bila sudut <.p ='P 1 telah dicapai batu bata mulai bergerak ke bawah.

Apa yang terjadi?

tidak bergerak =

seimbang

Berat sendiri G dapat diganti oleh :

mulai bergerak =

batas keseimbangan

suatu gaya normal N = G cos .p1 dan oleh suatu gaya tangensial T = G sin .p 1 . Gaya T mempunyai pengaruh menekan pada batu bata. Reaksi datang dari bidang kontak dapat juga diganti oleh suatu gaya normal -N = - G cos lf)1 ( 1 ) , dan suatu gay a tangensial F = - G sin lf) 1 (2 ) . Gaya tangensial ini adalah hasil dari tahanan gesek

'PJ

\IPl G(gaya)

'

\ \ Free body

di antara batu bata dan papan. hseimbangan

- N Karena F = - G sin 1/) 1 (2 ) dan - G = , dari ( 1 ) dapat kita tuliskan :

cos 'P i

I F = - N tg IP J

Kita dapatkan :

F = - N . JJ.

j ika kita sebut tg .p1 = JJ. : koefisien gesek

Gaya tahanan gesek F tergantung pada bahan yang berhubungan (kontak ) dan pada gaya normal N pada permukaan/bidang gelincir.

Harga praktis untuk JJ. adalah : max: min :

52

kayu di atas kayu kayu di atas beton kayu di atas baja baja di atas beton baja di atas baja beton di atas beton

1 ,00 1 ,00 1 ,20 0 ,40 0 ,80 0 .50

0 ,40 0 ,8 0 0 ,50 0 ,30 0 ,20 0 ,40

VII. BALOK GERBER

7.1. Prinsip Balok Gerber

Untuk membuat jembatan dengan bentang yang besar , kita dapat menggunakan kombinasi balok­balok yang lebih pendek, seperti berikut:

I l ! I I ! I \ I I I ! ! i : 1 1 1 1 1 1 1 ! I I i I I ! I I ! i I I i ! ! I I / i I )f' Q A. .&-

A�----------�--- 8-----��--------��

m>" ;;h7 B 1 2 , .. A B C D .

Sistem ini adalah statis tertentu, karena reaksi-reaksi perletakkan dapat dicari dengan syarat keseim-bangano

Penyelesa ian:

langkah 1 :

langkah 2 :

langkah 3 :

balok tengah diselesaikan, d idapat B 1 dan B2

Reaksi B 1 dan B 2 sebagai beban pada kantilever pada balok sisi 0

Balok-balok di sebelah sisi dise­lesaikan .

Kerap kali ini lebih berguna memakai tumpuan pin untuk balok tengah yang ditumpu B 1 dan B2 dan menyesuaikannya dengan balok AB dan CD dengan kemungkinan timbulnya deformasi tanpa me­nahan momeno

Sistem ini d isebut balok gerber 0

Balok Gerber: De tail tumpuan p in

f Pin ,§;; ,I), 0 0 A', 2. A 13 c D

± I Tumpuan pin ( sendi) dapat meneruskan sebuah gaya dengan komponen-komponen Kx, Ky tetapi tidak dapat menerima momen lentur (M = O) o Untuk sendi, tumpuan i:o i bebas berputar dan tidak dapat menerima momen o

lendutan

Simbol untuk pin/sendi/engsel -o- berarti M = 0 0

53

7 .2 . Perhitungan Balok Gerber Balok gerber penyelesaiannya sama dengan gabungan/kombinasi simple beam.

Contoh balok gerber

J/ 'k + 'l t 'k \} \k * 'lf'klli\CJt t t'lll' t i '11 JIJ# if k t� * J tif"q

A 0

t 0. 8L 0. 8L

1 langkah pertama: Penyelesaian bagian tengah bentang ( 1 - 2 )

urn I r 1�q 0 0

R t vi O GL j R 2y )' ' ""'

0, 3q �· � 0, 3q

0, 045 qL2

Reaksi-reaksi : R1v = Rzv = q . O,�L 0,3 q L.

Diagram Lx : Lx = 0 untuk Xo 0 ,3 L

Diagram Mx : Mmax 1 1 0,3 q L . 2 . 0,6 L - q . 0,3 L . 2 0 ,3 L

= -t q (0 ,6 L)2

= 0,045 q u

langkah kedua: freebody kantilever

y l B

0, 5qL�0, 3qL

•0,08qL2 �

* V� = 0,3 qL + 0,2 qL = 0,5 qL

* Diagram Lx

M� = - 0,3 qL . 0,2 L - q . -+ (0 ,2 L)2 = - 0,08 q L2

* Diagram Mx

langkah ketiga : Penyelesaian untuk freebody balok AB (analog untuk DC)

Superposisi dari :

dari simple beam dari kan lilewr

54

f I t w

Reaksi-reaksi :

1

0 ,8L q . -2-

--'---y-J

RAv =9.!_ 2

0 ,08 gL2 = 0 32 LL ' q MB - = RAv 21

q . 2 . 0,8L + 0,08 !1 U + 0,5 q L = 0,48 q L � L -

+ 0,5 q L = 0,98 q L. . (M) R n l R MB VB

! BV = 2 BV = + -1 - +

dari pembebanan simple beam

dari pembebanan kantilever

Diagram beban :

Diagram Lx

Diagram freebody

Diagram Mx

0, 32qL

q .

0,5 qL

q'illl]"\M

n)

x

t 0,3 2qL

Dari sistem total, didapatkan

Diagram Mx

0, 98qL

0, 3qL

-0. 08qL2

-Balok

0, 045qL2

kantilever

0 ,32 qLq 0,32 L

Mmax = 0 ,32 qL . 0,32 qL- q ( 0 ,3

22 L )2

0 ,0512 qU

55

Diagram Lx I0. 50 * (q . L)

0. 32

Skets lendutan

Sistem ekivalen

Dari gambar sket lendutan, kita dapat meletakkan sendi-sendi pada titik 1 dan 2 (titik dimana M == 0 ) . Gaya-gaya dalam Lx dan Mx akan didapatkan hasil yang sama. U ika sendi diletakkan d i 1 , 1 , 2, 2, maka struktur tak stabil) .

Dengan cara yang sama seperti balok kontilever , kita dapat juga menghitung distribusi momen Balok Gerber, dengan cara superposisi diagram M; + M,;

0, 8 L L

Mo 1 2 " co=sq(O ,SL )

M� = Momen simple beam

M� == Momen Kontilever

Kita dapat memeriksa pada bentangan tengah , bentang L, dengan sendi-sendi bahwa jumlah momen kontilever dan momen di tengah bentang 1 ·- 2 adalah (0 ,08 + 0 .045 ) qL2 = -§- qU = MB c ·Perubahan letak sendi-sendi ( M == 0 ) hanya memberikan tambahan lVb pada momen di tumpuan

- dan momen lapangan + .

,Jika kita meletakkan sendi-sendi pada sendi-sendi (B , C) K.ita dapatkan suatu rangkaian 3 simple beam dan momen pada tumpuan-tumpuan M1 == 0 .

7 .3 Kesimpulan tentang balok rantai/gerber

Untuk balok gerber kita dapat menghitung untuk tiap-tiap bentang Me ( = momen-momen untuk simple beam, disebut isosta tic momen ") Kemudian kita dapat memilih letak sendi-sendi, untuk mendapatkan sistim statis tertentu .

Dari penggambaran suatu garis penutup melalui titik-titik M = 0 kita dapat menentukan distribusi momen sepanjang balok gerber.

Dari sini kita dapat memeriksa distribusi momen, usahakan untuk mendapatkan suatu distribusi yang merata (- Mt u m pu = Mlapa n gan ) .

Suatu metode pendekatan/perkiraan untuk menentukan distribusi momen dalam suatu sistim statis tak tentu, ialah dengan merubah bentuknya menjadi balok gerber . Dengan menyisipkan "sendi-sendi" imaj iner/bayangan" pada lokasi-lokasi yang disediakan, yang akan diterangkan lebih lanjut .

56

VIII. KABEL-KABEL DAN KONSTRUKSI PELENGKUNG

Telah kita ketahui bahwa beban yang bekerja dapat dipikul oleh kabel-kabel dalam gaya tarik murni atau oleh konstruksi pelengkung dalam gaya tekan murni. Bentuk dari suatu pelengkung adalah berlawanan bentuk dengan konstruksi kabel.

Juga telah kita ketahui bahwa sebuah lukisan segi banyak gaya, mirip kabel dalam keseimbangan beban yang bekerja , dan komponen horisontal H dari gaya-gaya kabel sama dengan komponen hori­sontal gaya-gaya yang bekerja pada tumpuan-tumpuan yang mempunyai hubungan lebih lanjut dengan momen pada simple beam yang dimaksud.

y

H . y atau

M/y

M/H

Contoh Kabel

Panjang bentang L 6 m.

y

Beban P 1 = P2 = 10 ; y 1 = 1 m.

* Sistim

A

Momen simple beam.

Komponen Horisontal dari gaya kabel atau komponen gaya horisontal pada tumpuan.

jarak vertikal dari titik x kabel sampm tali kabel (penutup ) .

p 2 B R A v 10

RB V 10 * Sesuai simple beam�::=,====�===�====�

I I

r p2tRHv * Diagram beban

* Diagram Lx

8

* " Diagram MxCD ®

M l 10 .2 = 20 =? H = -� = 20

� 7

1 0 M 2 20 =? Y2 20 = 120

� * Mx

17 Yx

H

57

Dan gaya tarik dalam kabel menjadi :

1�--�·�-------+·--�� 20 20

T1 2

H cos a

H cos ex

20 cos a 20 1

20 .

20 .

1 2

1 2

V22 +12

-----? a = O

20 .

20 J22+12 2

Perha tikan : Bahwa kita dapat juga memilih H dan menentukan y ( selain memilih y dan menen­tukan H) .

Pelengk ung Kita perlukan hanya membalik bentuk , tetapi caranya sama.

* Contoh struk tur pelengk ung

Bentang L = 6 mBeban merata q = 10

A lJ J J J I i 1 1 � 4 Jf�o * Simple beam

*

Dipilih I diinginkan H = 10.

Diagram Lx

* Diagram Mx

* Diagram Yx

Kontrol Freebody 1

58

30

6

e 30

30

4,5

10

' I \ I \ i. . _ _,

30

30 .3 - i . 10 . 32 45

y M H

45 10 4 ,5 m

Diagram y x sebanding dengan diagram Mx .

Kontrol

Keseimbangan Freebody 1

� Kv 0 30 - 30 = 0

� KH 0 10 - 10 = 0

0 30 .1 ,5 - h.4 ,5 H = 10 cok) .

0

I

f

IX. RANGKA BATANG

9.1. Pengertian Rangka Batang

Rangka batang adalah sebuah struktur yang dibentuk dari batang-batang lurus, yang elemen­elemennya berbentuk segitiga dan dihubungkan dengan sambungan pin/pasak .

Mengapa bentuk segitiga itu penting ? Karena penyusunan elemen-elemen/batang-batang dalam bentuk segitiga menghasilkan sebuah bentuk yang stabil (tidak runtuh) .

... / - -r -rzrI I I

I I I I

I I J I I I

takstabil stabil ( runtu h J ( kokoh )

Karena sambungannya pin/pasak , maka tak ada momen yang dapat diteruskan/dipindahkan. Jika beban-beban yang bekerja hanya pada sambungan, maka gaya-gaya yang timbul pada elemen hanya gaya tarik atau gaya tekan saja.

Perjanjian tanda.

Prinsip-prinsip umum.

Keseimbangan sam bu ngan .

D So D � p �p

Pertimbangan bahwa gaya bekerja pada sambungan.

Ini penting untuk dimengerti bagaimana beban-beban dipikul dalam rangka batang. Untuk rangka batang sederhana , cara "cable analogy" atau "arch analogy" dapat menerangkan dengan baik.

Contoh : Cable analogy

D

D T D

A ' . Basis elemen kabel distabilkan oleh batang tekan atas , ditumpu oleh dua batang vertikal.

59

D ®

D

D p T

© D T

T

p

Total

Contoh : Arch A nalogy

®

Total

(Batang diagonal dibalik .

21-: T���: .

D

~

D

T D

D

D

Superposisi

Kabeljtali atas

A) . Penambahan gaya-gaya P dapat dipikul oleh stabilitas kabel B) yang lain.

A + B + Gaya-gaya P

tambahan dapat dipikul oleh

stabilitas kabel C

Superposisi

Kabel atas Kabel bawah

D T

Kabel diagonal : T Tiang vertikal : D

Kabel bawah D T D T

Kabel diagonal Tiang vertikal

Cara lain untuk memahami bagaimana cara kerja/penyebaran gaya-gaya dalam batang-batang rangka adalah dengan membayangkan perubahan bentuk yang terjadi j ika sebuah batang dihilangkan.

Contoh 1 :

Rangka batang

Gaya-gaya dalam batang diagonal

60

A c

B

Tetapi: Batang mencegah timbulnya deformasi

j arak FB atau DB menjadi lebih panjang, ini berarti batang diagonal direnggangkan (menerima gaya tarik) .

I I

Contoh 2 :

Untuk rangka-rangka batang yang lebih kompleksjmajemuk . Untuk mengetahui apakah batang-batang menerima gaya tarik atau tekan - hanya dapat kita ketahui dengan melakukan perhitungan gaya-gaya batang.

9 .2 . Rangka Batang Stabil

Telah kita ketahui bahwa rangka batang yang dibuat dalam bentuk segitiga adalah stabil. Kita dapat mempunyai sebuah rangka batang yang stabil j ika kita mulai dari satu segitiga dan

menghubungkan tiap-tiap titik simpul berikutnya dengan dua buah batang pada bagian rangka yang telah dibentuk .

3 ·l 7

�R

8 4 2 1 0 1 3

'EB>E>112

1 2 5 6 7 ::, 1 l J 1 4

AJ\!\ � 1 2 5 7 5 3 1 7 9

Semua rangka batang ini stabil karena dibentuk dengan segitiga-segitiga.

9.3. Analisa Rangka Batang

8

1 2 1

8

2

- Hipotesa Kita asumsikanjperkirakan bahwa engsel-engsel.jsendi-sendi tidak mempunyai tahanan gesekan (frictionless ) sehingga tidak ada momen yang dapat ditahan

Prinsip

sendi.

Jika sebuah struKtur (atau rangka batang) dalam keseimbangan, maka tiap-tiap bagian daripadanya (freebody ) juga harus dalam keseimbangan.

Metode penyelesaian untuk gaya-gaya dalam Berbeda menurut j enis freebody yang diambil/dipilih.

Contoh:

rangka dasar

Jika kita pisahkan sebuah titik simpul dari rangka batang dan dengan mempertimbangkan keseim­bangan freebody ini, kita sebut cara ini "metode titik simpul" (method of joints).

Memahami Mekanika Teknik I - 6 61

Diagram freebody titik simpul A

Jika kita pisahkan suatu bagian yang lebih besar dari rangka batang dengan sebuah garis potong dan dengan mempertimbangkan keseimbangan freebody ini, kita sebut cara ini sebagai metode potongan/ irisan (method of sections).

Diagram freebody bagian I.

i- Garis potong

9.4 . Gaya-gaya Pacta Titik Simpul dan Batang-batang

Kita pisahkan suatu rangka batang dalam elemen-elemennya (titik simpul dan batang-batang) dan mempertimbangkan gaya-gaya yang bekerja padanya untuk mendapatkan keseimbangan.

Rangka dasar

Rangka batang dipisah-pisahkan menjadi titik simpul dan batang-batang: Free­body.

Seperti aksi yang bekerja pacta sebuah titik simpul yang datang dari sebuah batang, harus sama dengan reaksi pacta suatu batang yang datang dari sebuah titik simpul (untuk mendapatkan keseimbangan). Kita dapat mengatakan bahwa:

Gaya yang sama, yang bekerja pacta sebuah titik simpul atau ada sebuah batang akan digambarkan dengan dua buah vektor sama besarnya, mempunyai garis kerja yang sama, tetapi berlawanan arah.

Ini harus diterangkan dengan jelas untuk menghindari kesalahan-kesalahan dalam penggunaan metode titik simpul, di mana kita mempertimbangkan gaya-gaya yang bekerja pada titik-titik simpul dan metode potongan, di mana kita mempertimbangkan gaya-gaya yang bekerja pada batang-batang.

9 .5 . Gaya-gaya Luar dan Penentuan Reaksi-reaksi

Biasanya langkah pertama untuk menghitung sebuah rangka batang ialah menghitung reaksi-reaksi dari rangka batang.

62

Contoh:

Pertimbangkan rangka batang sebagai sebuah freebody dan gunakan syarat-syarat keseimbangan.

1 ) L K v = 0 -+ P - RA - RB = 0

2 ) L MA = 0 L -+ RB = p-+ P . z- - RB . L = 0 2

dan dari 1 ) -+ RA p = -2

9.6. Gaya-gaya dalam

A) Metode titik simpul:Untuk rangka batang yang seimbang, maka titik-titik simpulnya dalam keseimbangan juga. Semua

gaya-gaya yang bekerja pada titik simpul melalui titik yang sama. Mereka dapat menyebabkan titik simpul berpindah tempat tapi tidak berputar. Juga untuk mendapatkan keseimbangan titik-titik simpul, kita harus menggunakan syarat-syarat .

~ untuk tiap-tiap titik eimpul

Ini dibutuhkan untuk memperkirakan keadaan tekanan gaya-gaya batang yang tidak diketahui. Jika hasil perhitungan mempunyai tanda + , perk iraan tadi benar. Jika hasil perhitungan mem­

punyai tanda - , yang benar adalah kebalikan perkiraan tadi ( lihat contoh berikut)

Contoh :

A

L "

L 2

L 2

L 4

sin 45

cos 45

0 ,707

0 ,707

Kita buat bagan sebuah diagram freebody tiap-tiap titik simpul dan tuliskan syarat-syarat keseimbang­annya.

Titik simpul A. � Kv = 0 t+ +0 ,5P - KAEsin 45° = 0

KAE = +0 ,707P (gaya tekan seperti yang diperkirakan) .

-KAE cos45° +KAB = 0 . KAB = +0 ,5P (gaya tarik seperti yang diperkirakan) .

63

Titik simpul E.

Titik simpul B.

KA E sin 45° - KE B sin 45°

== 0 .

KEB == +0,707P (gaya tarik seperti yang diperkirakan) .

KA E cos 45° + KE B cos 45 - KE D == 0 .

KE D == l ,OP (gaya tekan seperti yang diperkirakan) .

KEB sin 45° - KB D sin 45° - P = 0 .

KB D = -0 ,707 P (gaya tarik dan bukan gaya tekanseperti yang diperkirakan) . t KB D

-KA B + KB c - KEB cos 45 + KB D cos 45 = 0KB c == +0 ,5 P (gaya tarik seperti yang diperkirakan)

Titik simpul D dan C sama dengan E dan A karena simetris.

Cacatan 1 : Tiap-tiap gaya diagonal dapat juga diganti dengan komponen gaya vertikal dan hori­r-7\KAE 7::�ita perkirakan KA E gaya tekan. Kita lihat bahwa komponen vertikal ini dalam �LJ keseimbangan dengan R A == 0 ,5 P dan perkiraan dibenarkan tanpa perhitungan.

Ca tatan 2 : Diingatkan bahwa syarat-syarat keseimbangan I: Kv == 0 dan I: KH == 0 menyatakan bahwatitik simpul tidak bergerakjberpindah tempat.

Contoh :

Kita dapat juga mengatakan bahwa pergerakan dalam dua arah sembarang adalah nol dan kemudian I: Kn == 0 dan I: Km = 0 .

n Ini dapat menyederhanakan persamaan keseimbangan seperti dalam contoh .

A - B + c cos CY = 0 .

I: Km == 0 t + C sin cx - D = 0 .

B ) . Metode Potongan/lrisan. Jika sebuah rangka batang dalam keseimbangan maka tiap-tiap bagian daripadanya harus dalam

keseimbangan pula. Sebuah garis potong membagi rangka batang menjadi dua bagian. Kita harus menggambar "Free­body"nya. Jika masing-masing bagian dalam keseimbangan, maka harus :

64

Contoh : t- Garis potong

I

A/S:t\C t0,25L

Perkirakan T atau D untuk gaya batang yang belum diketahui.

io,sp '-" PI i 0,5P

0, 5L l 0 , 5�

Freebody sebelah k iri

� Kv = 0 t+ 0 ,5P - P + KsD sin 45° = 0 .

KB D = +0 ,7 07 P (gaya tarik seperti yang diperkirakan)

Komponen vertikal = +0 ,5 P = VBD

Komponen horisontal = +0,5 P = HB D ·

0 � 0 + --+

- 0 ,5 P . 0 ,5 L + KED . 0 ,25 L = 0 . KED = +P (gaya tekan seperti yang diperkirakan).

Ksc + KsD cos 45° - KED = 0 .

Ksc = +0,5 P (gaya tarik seperti yang diperkirakan) .

Metode ini membolehkan menghitung gaya-gaya batang dalam sebuah potongan dari sebuah rangka batang.

Agar tiga syarat keseimbangan dapat digunakan, maka garis potong harus memotong batang­batang maksimum tiga buah batang.

Sekarang kita ingin mengerjakan hal-hal lain berdasarkan contoh yang sama , untuk mencari hubungan diantara gaya-gaya dalam dari sebuah benda kaku dan sebuah rangka batang.

I '"i-! _8---.�1 O,SP

rangka batang sebagai sebuah free body.

Diagram L.

Diagram M.

65

keseimbangan Free body AB .

p � p <:=z=-----7Vo .5P i o, 2 aL

� 0 5P .t�-=...-:..;> p

Keseimbangan rangka batang AB .

Untuk Freebody AB.

v + p - 0 ,5 p = 0 -+ v = -o ,5 p ( t ).

-0 ,5 P . 0 ,5 L + M = 0 -+ M = 0 ,25 P L .I L....y-1 - @ �

Dari sini kita dapat melihat bahwa :

Gaya lintang L

Momen M

dalam rangka batang diakibatkan oleh komponen vertikal V dari gaya yang bekerja dalam batang-batang.

dalam rangka batang diakibatkan oleh komponen horisontal dari gaya yang bekerja dalam batang-batang , yang membentuk sebuah kopel: gaya pada bagian atas = gaya pada bagian bawah dengan tanda yang berlawanan.

Berdasarkan atas bentuk hubungan ini , suatu cara yang mudah dapat digunakan untuk menghitung gaya-gaya yang bekerja pada potongan yang berbeda dari sebuah rangka batang.

Contoh 1 .

G

A

I . 0, 5P. + I

� + i I

66

I I

Reaksi -reaksi

Diagram L .

Diagram M .

-1 , 5 p + p = -o ,5 p ( t )

Mx = 1 ,5 P .2a - P .a 2 Pa ( t )

F

A ���--����� 1, 5P t

(M;=) 2P.a t =

dari gambar rangka batang.

(L = ) - 0 ,5 P

-HG F ·2a

HGF = --P (�) Va F = - P (t)

Va F - Ve F V i +

dari gambar rangka batang

VeF = 0 ,5 p (t ) . Po 0,5 He F = -{) ,5 p (�)

Kopel : Gaya bagian atas = Gaya pada bagian bawah dengan tanda yang berlawanan.

Coritoh 2.

-P = -{Re D - 0 ,5 P)

He D = 1 ,5 P

1 ,5 p ( -+ ) .

r/2K �--��--��--��--�

2P

1, 5Pf

I

+ 1 :0, 5P : Jl, 5P I

7 2P. a K H �<-r

.. - - 7 A B e

Reaksi-reaksi

Diagram L

Diagram M

M .:) HHG ·a

HH G = 2P (�)L + t L = -{) ,5 P = V e G ( t).

M = 2P.a

Dari ilmu ukur bidang :

Hea = 0 ,5 P

Kopel :

0, 5P00, 5P-HeD = - (2P - 0 ,5 P) = -1 ,5 P.

He D = 1 ,5 P (-+)

-0, 5P

67

Latihan-latihan :

p

r/2 p p t/21 p

l 2a 7777"

Statis tertentu dalam a tau rangka batang tak tentu. Jika mengikuti metode titik simpul ini dengan cara yang tepat kita dapat menentukan semua gaya­

gaya batang, maka k ita berbicara tentang rangka ba tang statis tertentu dalam (internally statical determinate truss) .

Jika ada batang-batang lebih dari yang diperlukan, untuk keseimbangan, maka kita berbicara tentang rangka batang statis tak tentu dalam (internally statical indeterminate truss) .

Contoh :

rangka batang statistik tentu dalam.

68