8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
1/38
Disusun Oleh:
Abdi Pranata 6011040003
Aurelia Agatha 6511040005
Rizanti Camellia 6511040021
Deny u!mantin" 6511040031
Pr"di D4 #e!ni! $3%&&A
POLITEKNIK PERKAPALAN NEGERI SURABAYA-ITS
TEKNIK KESELAMATAN DAN KESEHATAN KERJA
2012
TUGAS MEKANIKA TEKNIK
KESETIMBANGAN BENDA TEGAR
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
2/38
1. Pengertin Ke!eti"#ngn
Sebuah kotak yang dilem diatas meja, maka kotak tersebut dalamkeadaan seimbang, yang berarti kotak tersebut tidak bisa turun, tidak bisa geser
horisontal dan tidak bisa terguling.
1.1 Keseimbangan Vertikal
Jika kotak tersebut di bebani secara vertikal (PV), maka kotak tersebut
tidak bisa turun, yang berarti meja tersebut mamu memberi erla!anan
vertikal (" V), erla!anan vertikal tersebut (" V) disebut reksi vertikal.
#ambar 1.$% Keseimbangan Vertikal
&andingkan hal tersebut diatas dengan kotak yang berada diatas lumur.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
3/38
Jika kotak tersebut dibebani secara vertikal (PV), maka kotak tersebut
langsung tenggelam, yang berarti lumur tersebut tidak mamu memberi
erla!anan secara vertikal (" V).
1.$ Keseimbangan 'oriontal
Jika kotak tersebut dibebani secara horiontal (P'), maka kotak
tersebut tidak bisa bergeser secara horisontal, yang berarti lem yang merekat
antara kotak dan meja tersebut mamu memberi erla!anan horiontal (" '),
sehingga bisa menahan kotak untuk tidak bergeser. Perla!anan horiontal
tersebut (" ') disebut reaksi horiontal.
#ambar 1.$ Keseimbangan 'oriontal
&andingkan hal tersebut diatas dengan kotak yang berada diatas meja tana
lem. Jika kotak tersebut dibebani secara horiontal (P'), maka kotak tersebut
langsung bergeser karena tidak ada yang menghambat, yang berarti meja
tersebut tidak mamu memberi erla!anan horiontal (" ').
#ambar 1.$* Kotak yang bergeser karena beban 'oriontal
1.+ Keseimbangan omen
Jika kotak tersebut dibebani momen (P), maka kotak tersebut tidak
bisa berutar (tidak bisa terangkat), yang berarti lem erekat antara kotak
dan meja tersebut mamu memberikan erla!anan momen (" ),
erla!anan momen tersebut (" ) disebut dengan reaksi momen.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
4/38
#ambar 1.$- Keseimbangan omen
&andingkan hal tersebut diatas dengan kotak yang berada diatas meja
tana lem. Jika kotak trsebut dibebani momen (P), maka kotak tersebut
bisa terangkat, karena tidak ada lem yang mengikat antara kotak dan meja
tersebut, yang berarti meja tersebut tidak mamu memberikan erla!ananmomen (" ).
#ambar 1.$ Kotak yang terangkat karena beban momen
1.% Keseimbangan Statis
Jika kotak tersebut di lem diatas meja, yang berarti harus stabil, benda
tersebut harus tidak bisa turun, tidak bergeser horiontal, dan tidak bisa
terangkat.
#ambar 1.+/ Keseimbangn Statis
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
5/38
• Jika kotak tersebut dibebani secara vertikal (PV), tumuannya mamu
memberi erla!anan secara vertikal ula, agar kotak tersebut tidak
bisa turun syarat minimum " V 0 PV, atau " V PV 0 / atau ΣV 0 /
(jumlah gaya2gaya vertikal antara beban dan reaksi harus sama dengan
nol).• Jika kotak tersebut dibebani secara horiontal (P'), maka ada
tumuannya mamu memberi erla!anan secara horiontal (" ').
3gar kotak tersebut tidak bisa bergeser secara horiontal maka syarat
minimum " ' 0 P', atau " ' P' 0 / atau Σ' 0 / (jumlah gaya2gaya
horiontal antara beban dan reaksi harus sama dengan nol).
• Jika kotak tersebut dibebani secara momen (P), maka ada
tumuannya mamu memberi erla!anan secara momen (" ),. 3gar
kotak tersebut tidak bisa teruntit (terangkat), maka syarat minimum
" 0 P atau " P 0 / atau Σ 0 / (jumlah gaya2gaya momen
bebas dan reaksi harus sama dengan nol).• 4ari variasi tersebut diatas, daat dikatakan bah!a suatu benda yang
stabil atau dalam keadaan seimbang, maka harus memenuhi syarat2
syarat sebagi berikut5
ΣV 0 / (jumlah gaya2gaya vertikal antara aksi (beban) dan reaksi
harus sama dengan nol).
Σ' 0 / (jumlah gaya2gaya horiontal antara aksi (beban) dengan
reaksi harus sama dengan nol).
Σ 0 / (jumlah gaya2gaya momen antara aksi (beban) dan reaksi
harus sama dengan nol).
acam2acam &eban
&eban terusat6 P ( kg atau ton atau 7e!ton)
&eban terbagi rata6 8 ( kg9m atau ton9m atau 7e!ton9m)
acam Perletakan atau :umuan
"ol unya 1 reaksi " V
Sendi unya $ reaksi " V dan " '
Jeit unya + reaksi " V, " ' dan "
Pendel unya 1 reaksi sejajar dengan batang endel
2. De$ini!i Stti! Tertent%
Suatu konstruksi disebut statis tertentu jika bisa diselesaikan dengan
syarat2syarat keseimbangan.
Sesuai dengan embahasan sebelumnya, ada + syarat keseimbangan yaitu5
ΣV 0 / (jumlah gaya2gaya vertikal sama dengan nol)
Σ' 0 / (jumlah gaya2gaya horiontal sama dengan nol)
Σ 0 / (jumlah momen sama dengan nol)
Jika dalam syarat kesaimbangan ada + ersamaan, maka ada
konstruksi statis tertentu yang harus bisa diselesaikan dengan syarat2syarat
keseimbangan, jumlah bilangan yang tidak diketahui dalam ersamaan tersebut
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
6/38
ma;imum adalah + buah. Jika dalam menyelesaikan suatu konstruksi taha a!al
yang harus dicari adalah reaksi erletakan, maka jumlah reaksi yang tidak
diketahui maksimum adalah +.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
7/38
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
8/38
Jenis tmuan lain yang mungkin dugunakan adalah pasak (in). 4alam
menggambar sebuah tumuan seerti di atas dicaai dengan menggunakan
erincian seerti yang terlihat dalam gambar %2$ (a). 4alam buku ini tumuan2
tumuan demikian dilambangkan secara diagramatis seerti yang dierlihatkan
oleh gambar %2$ (b). :umuan yang berasak mamu mela!an gaya yang
bekerja dalam setiap arah dari bidang. Jadi ada umumnya, reaksi ada satu
tumuan seerti ini memunyai dua komonen, yang satu dalam arah horoontal
dan yang lainnya dalam arah vertikal. :idak seerti ada erbandingan ada
tumuan rol atau enghubung, maka erbandingan antara komonen2komonenreaksi ada tumuan yang berasak tidaklah teta. >ntuk menentukan dua
komonen ini, dua ersamaan statika harus digunakan.
:umuan jenis ketiga yang digunakan untuk balok mela!an gaya dalam
setia arah dan juga mampu melawan satu kopel atau momen. Secara =isis,
tumuan seerti itu dieroleh dengan membangun sebuah balok kedalam suatu
dinding batu bata, mengecorkan ke dalam beton, atau melas ujung balok ke
dalam bangunan utama. Suatu sistem tiga gaya daat muncul ada tumuan
demikian, yaitu dua komonen gaya dan sebuah momen. :umuan ini disebut
tumpuan jepit (=i;ed suort) yaitu ujung yang tertanam tersebut adalah jeit,
atau dijaga untuk tidak berutar.
>ntuk membedakan tumuan jeit dari tumuan2tumuan rol dan asak
yang tidak mamu mela!an momen, maka dua yang kemudian disebut tumpuan
sederhana. #ambar %2% menyimulkan erbedaan yang terdahulu antara ketiga
jenis tumuan dan macam erla!anan yang diambil oleh masing2masing jeni
tersebut. Para ahli teknik raktis biasanya menentukan tumuan tersebut sebagai
salah satu dari ketiga jenis
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
9/38
tersebut diatas dengan ?ertimbangan”, meskiun dalam struktur yang
sesungguhnya, tumuan2tumuan dari balok tidak selalu dengan jelas daat
dimasukkan ke dalam klasi=ikasi ini. Satu embahasan lebih lanjut mengenai
asek masalah ini adalah di luar lingku buku ini.
+. Ki'( Digr"ti! %nt%) Pe"#e#nn
&alok didatangkan untuk menumu bermacam2macam beban. Setia
kali suatu gaya diberikan ada balok, melalui sebuah tonggak, sebuah anggar
atau sekelomok bangunan yang memakai baut seerti yang terlihat dalam
#ambar %2@ (a). Susunan demikian memergunakan gaya terhada bagian balok
yang sangat terbatas dan didealisasikan untuk tuuan2tujuan analisis balok
sebagai gaya terpusat . 'al ini secara diagramatis daat dilihat dalam #ambar %2
@ (b). Pada ihak lain, dalam dalam banyak hal gaya2gaya tersebut berlaku ada
bagian yang kecil dari balok. Seandainya dalam sebuah gudang barang2barang
boleh ditumuk seanjang balok. #aya demikian disebut beban2beban yang
terdistribusi.
&anyak jenis beban2beban yang terdistribusi yang terjadi. 4iantaranya,
ada dua macam beban yang terutama sekali enting5 beban yang terdistribusi
secara merata dan beban yang bervariasi secara merata. Jenis beban yang
ertama dengan mudah daat meruakan suatu idealisasi dari muatan gudang
yang baru saja disinggung, di mana barang2barang yang sejenis ditumuk
mencaai ketinggian yang sama di seanjang balok tersebut. 4emikian juga
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
10/38
balok itu sendiri, bila luas enamang adalah teta, meruakan suatu gambaran
yang bagus dari embebanan yang sama jenisnya. Suatu keadaan yang nyata dan
idealisasi diagramatis dari hal di atas terlihat ada #ambar %2. &eban ini biasa
dinyatakan sebagai gaya ersatuan balok, kecuali disebutkan yang sebaliknya.
4alam satuan SA ia boleh ditulis sebagai 7e!ton er eter (79m), ataukilone!ton er meter (K79m).
&eban2beban yang bervariasi secara merata bekerja ada dinding yang
vertikal dan miring dari suatu bejana yang berisi at cair. Ani dituliskan ada
#ambar %2* di mana diambil bah!a balok vertikal lebarnya satu meter sedang
satuan massa at cair adalah gama (kg9mB ). >ntuk embebanan jenis ini, harus
di erhatikan benar bah!a intensitas maksimum beban 8₀ 79m hanya berlaku ada suatu panjang yang kecil takberhingga dari balok. &esarnya dua kali
intensitas rata2rata. Jadi gaya total yang digunakan oleh embebanan seerti ini
ada balok adalah (8₀h9$) 7, dan resultannya bekerja ada jarak h9+ di atas dasar bejana. 4asar horiontal dari bejana yang berisi at cair mendaat beban secara
merata.
3khirnya, ada kemungkinan untuk membebani balok dengan suatu
momen terusat yang diberikan ada balok tersebut, konstan ada suatu titik.
Salah satu susunan yang mungkin untuk menggunakan momen terusat daat di
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
11/38
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
12/38
terlihat dalam #ambar %2 (a) adalah balok sederhana dengan beban
terusat, sedang yang terlihat dalam #ambar %2 (b) adalah balok sederhana
dengan beban yang terdistribusi merata. Jenis balok yang lain daat ula
dilukiskan secara yang sama.
>ntuk kebanyakan tugas dalam mekanika bahan, adalah ber=aedah ula untuk
mengelomokkan lebih lanjut balok2balok tersebut ke dalam balok2balok statis
tertentu (statically determninate) dan statis tak tentu (statically indeterminate). &ila
balom tersebut yang dibebani dalam suatu bidang adalah statis tertentu, maka jumlah
komonen2komonen reaksi yang tidak diketahui tidak akan melebihi tiga.
Komonen yang tidak diketahui dengan ringkas meninjau kembali metoda2metoda
statika untuk menghitung reaksi untuk balok2balok statis tertentu.
%.$ Perhitungan "eaksi &alok
Semua tugas dengan balok yang berikut akan dia!ali dengan
enentuan gaya reaksi. &ila semua gaya2gaya bekerja dalam satu bidang,
maka tiga ersamaan keseimbangan statika harus tersedia untuk tujuan ini,
yaitu
ΣFx=0, ΣFy=0dan ΣMz=0.
>ntuk balok lurus dalam kedudukan yang horiontal, maka sumbu2;
akan diambil sebagai arah yang horiontal, sumbu y untuk arah yang
vertical dan sumbu yang tegak lurus terhada bidang kertas. Penggunaan
ketiga ersamaan ada beberaa ersoalan balok dilukiskan di ba!ah dandimaksudkan untuk berlaku sebagai eninjauan kembali dari rosedur yang
enting ini. 4e=ormasi dari balok, sangat kecil, hingga daat diabaikan bila
ersamaan2ersamaan di atas digunakan. >ntuk balok2balok yang stabil
sejumlah kecil dari de=ormasi yang mengambil bagian dalam merubah titik2
titik tangka gaya2gaya tidaklah terlihat.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
13/38
,. Ben' Tegr '" Ke!eti"#ngn
Sebuah benda tegar dalam kesetimbangan jika gay2gaya yang bereaksi
adanya membentuk sistem gaya ekiuvalen dengan nol, ini berarti sistem yang
tidak memunyai resultan gaya dn resultan koel. Syarat erlu dan cuku untukkesetimbangan suatu benda tegar daat dinyatakan secara analisis dengan rumus5
ΣF; 0 / ΣFy 0 / Σ3 0 / (1)
Karena arah sumbu koordinat dan kedudukan titik 3 daat diilih
sembarang ersamaan (1) menunjukan bah!a gaya luar yang bereaksi ada
benda tegar tidak menimbulkan gerak translasi ada benda itu dan tidak
menyebabkan rotasi ada titik manaun. 3ksi setia gaya luar individual
ditiadakan oleh aksi gaya lainnya dari sistem itu dan dikatakan bah!a gaya luar
seimbang.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
14/38
. Re)!i *' T%"*%n 'n S"#%ngn %nt%) Str%)t%r D% Di"en!i
"eaksi yang ditimbulkan ada suatu struktur dua dimensi tegar daat
dibagi menjadi tiga kelomok, sesuai dengan tiga jenis tumuan atau
sambungan5
1. "eaksi yang ekuivalen dengan sebuah gaya yang diketahui garis aksinya.
Sambungan yang menimbulkan reaksi dalam kelomok ini termasuk
gelindingan (roller), goyangan (rocker), ermukaan tak bergesekan,
enghubung (link) dan kabel endek, kerah ada batang tak bergeser dan in
(jarum) tak bergeser adda celah. asing2masing sambungan ini daat
mencegah gerak dalam satu arah saja seerti ada #ambar +.1 bersama
dengan reaksi yang ditimbulkannya. "eaksi dalam kelomok ini berkaitan
dengan satu besaran yang tak diketahui, yaitu besarnya reaksi tersebut6
besaran ini harus dinyatakan oleh huru= yang sesuai.
$. "eaksi yang ekuivalen dengan gaya yang arahnya tak diketahui. Smbunganyang menimbulkan reaksi dalam kelomok ini termasuk in tak bergeser6 as
ada lubang, engsel, dan ermukaan kasar. "eaksi ini mencegah translasi
benda bebas ke segala arah, tetai reaksi ini tidak daat mencegah benda
berotasi ada sambungannya (titik kontaknya). "eaksi dalam kelomok ini
meliuti dua besaran yang tak diketahui dan biasanya dinyatakan sebagai
komonen ; dan y. 4alam kasus ermukaan kasar, komonen yang normal
ada ermukaan halus berarah menjauhi ermukaan.
+. "eaksi yang ekuivalen dengan suatu #aya dan suatu Koel. "eaksi jenis ini
detimbulka oleh dukungan teta yang mela!an setia jenis gerak benda
bebas sehingga mengekang geraknya seenuhnya. Sambungan teta
menimbulkan gaya ada seluruh bagian ermukaan yang bersentuhan6namun, gaya semacam ini daat dereduksi menhadi suatu gaya dan suatu
koel. "eaksi dalam kelomok ini meliuti tiga besaran yang takdiketahui,
biasanya terdiri dari dua komonen gaya dan momen koel.
/. M!( ng "enng%t )e!ei"#ngn #en' tegr.
Kita lihat dalam pasal 3.13 bahwa persyaratankeseimbangan sebuah benda tegar dapat dinyatakan secaraanalitis dengan menuliskan tiga persamaan, yaitu :
∑Fx = ∑ Fy = ∑ !a =
"engan # menyatakan sebuah titik yang dipilih padabidang struktur.Ketiga persamaan yang diper$eh bisadipecahkan untuk tidak lebih dari tiga besaran yang takdiketahui.
Kta lihat pada bagian sebelumnya, bahwa gaya yangtidak diketahui biasanya terdiri dari reaksi dan banyaknyabesaran yang tak diketahui yang bersesuaian dengan reaksitertentu bergantung pada %eis dukungan atau sambungan yang
menimbulkannya. "engan mengacu pada pasal 3.1&, kita
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
15/38
periksa bahwa persamaan keseimbangan persamaan '3.()dapat dipakai untuk reaksi dari dua gelindingan atau seutaskabel atau sebuah dukungan tetap dan sebuah pin yang pasdalam lubang dan sebagainya.
*ambar 3.1+
ebagai c$nt$h, mari kita tin%au tuss yang terlihat padagambar 3.1+a yang mengalami gaya tertentu -, , dan . /russtersebut terikat pada tempatnya $leh pin di # dan gelindingandi 0. -in mencegah titik # untuk bergerak dengan menimbulkangaya pada truss, gaya ini dapat diuraikan men%adi k$mp$nen #xdan #y. *elindingan men%aga truss itu supaya tidak ber$tasidisekitar # dengan menimbukan gaya ertical 0. "iagrambenda bebas truss tersebut diperlihatkan pada gambar 3.1+ b,disitu termasuk reaksi #x, #y dan 0, serta gaya yang diterapkan
-, , dan berat 2 dari truss itu. "engn menyatakan bahwa %umlah m$men terhadap # dari semua gaya yang terlihat padagambar 3.1+b adalah n$l, kita tulis persamaan ∑!a = ,persmaan ini dapat dipechkan untuk mencari besar 0, karenapersamaan ini mengandug #x atau #y. Kemudian denganmengatakan bahwa %umlah k$mp$nen x dan y dari gayagayaitu n$l, kita tulis persamaan ∑Fx = dan ∑Fy = , persamaan inidapat dipecahkan untuk mencari k$mp$nen #x dan #yberturutan.
-ersamaan tambahan dapat diper$leh denganmenyatakan bahwa %umlah m$men gay luar terhadap titik lain %uga n$l. !isalnya, kita b$leh menulis ∑!b = . 4amunpernyataan seperti itu tidak mengandung in5$rmasi yang baru,karena telah ditun%ukn bahwa system gaya padagambar 3.1+bekiae dengan n$l. -ersamaan tambahan tidak bebas dan tidakdapat dipakai untuk menentukan besaran tak diketahui yangkeempat. -ersamaan semacam ini hanya berguna untukmemeriksa pemecahan yang diper$leh dari ketiga persamaankeseimbanan semula.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
16/38
2alaupun ketiga persamaan keseimbangan tidak dapatditambah dengan persamaan lainnya, tetapi setiap persamaandapat diganti dengan persamaan lain. ehingga sistempersamaan keseimbangan alternati5nya adalah:
∑Fx = ∑ !a = ∑ !b =
"isini garis #0 dipilih dengan arah yang lain dari arah y' *b.3.1& ). -ersamaan tersebut merupakan persnyaratan cukupuntuk keseimbangan truss. Kedua persamaan yang pertamamenun%ukan bahwa gaya luar harus dapat direduksi men%adigaya ertical tunggal di #. karena persamaan ketigamensyaratkan bahwam$men gaa ini n$l terhadap titik 0 angtidak terletak pada garis aksinya. *aya itu harus n$l dan bendategar itu dalam keadaan seimbang.
Kemungkinan ketiga dari kel$mp$k persamaan tersebut adalah:
∑ !a = ∑!b= ∑ !c=
"engan titik #, 0, 6 tidak pada garis lurus '*ambar3.1+b ). -ersamaan pertama memberi syarat bahwa gaya luardapat dieduksi men%adi gaya tunggal di #, -ersamaankeduamemberi syarat bahwa gaya ini harus melalui 0, yang ketigamenyatakan bahwa gaya tersebut harus melaui 6. Karena titik#, 0 dan 6 tidak terletak pada satu garis lurus maka gaya itu
harus n$l, sehingga sekali lagi terliat bahwa benda tegar ituharus berada dalam keseimbangan.
*ambar 3.17
-ersamaan ∑!a = , yang menyatakan bahwa %umlahm$men gaya terhadap pin # n$l, mengandug arti 8sis yag lebihtertentu dibandingkan dengan kedua persamaan lainnya '3.17).Kedua persamaan menyatakan gagasan yang serupa mengenaikeseimbangan, tetapi terhadap titik dimana benda tegar tidakterengsel. 4amun, persamaan itu sama 5ungsinya seperti yangpertama, dan pemilihan persamaan keseimbangan yang dipilihtidak b$leh dipengaruhi $leh arti 8sis persamaan tersebut.esungguhnya, dalam praktek lebih disukai memiih persamaan
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
17/38
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
18/38
yang diberikan atau $leh k$ndisi pembebanan lainnya. Kitacatat dari diagram benda bebas pada gambar 3.1;b bahwareaksinya mengandung empat besaran yang tak diketahui.Karena seperti kita perlihatkan pada pasal 3.1(, hanya tiga
persamaan keseimbangan yang dapat diper$leh, maka terdapatlebih banyak besaran yang tak diketahui daripada banyaknyapersamaan, dan besaran tak diketahui tak dapat ditentukansemua. ementara persamaan ∑ !a = dan ∑ !b = menghasilkan k$mp$nen ertical 0y dan #y, persamaan ∑ Fx = menghasilkan hanya pen%umlahan #x < 0x dari k$mp$nenh$ri$ntal reaksireaksi di # dan 0. K$mp$nen #x dan 0xdikatakan tak tentu secara statis. 0esaran itu dapat ditentukandengan penin%auan perubahan bentuk '"e5$rmati$ns) yangdihasilkan pada truss $leh pembebanan, tetapi met$de sepertiitu diluar lingkup statika dan termasuk dalam studi mekanikabahan.
*ambar 3.>
/umpuan yang dipakai untuk menyangga truss yangdiperlihatkan pada gambar 3.>a tediri dari gelindingan di #dan 0. %elaslah, pengekangan yang diberikan $leh tumpuan initidak cukup untuk men%aga truss dari pergerakan. 2alaupunsetiap gerak ertical dicegah, truss bebas bergerak secarah$ri$ntal. /russ disebut terkekang secara parsial. -erhatian kitakembali pada gambar 3.>b, kita catat bahwa reaksi di # dan 0memberikan hanya dua besaran yang tak diketahui. Karena tigapersamaan keseimbangan harus teta dipenuhi, maka terdapat
lebih sedikit besaran yang tak diketahui daripada persamaan,dan satu persamaan keseimbangan tidak dapat dipenuhi.2alaupun ∑ !a = dan ∑ !b = dapat dipenuhi melauipemilihan yang sesuai dari reaksi di # dan 0, persamaan ∑ Fx = tidak dapat dipenuhi kecuali pen%umlahan k$mp$nenh$ri$ntal gaya yang diterapkan kebetulan sama dengan n$l.elan%utnya kita periksa bahwa keseimbangan truss darigambar 3.> tidak dapat dipertahankan dalam k$ndisipembebanan yang umum.
/erlihat dari pembahasan diatas bahwa %ika suatu benda
tegar harus dikekang penuh dan %ika reaksi ditumpuannya harus
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
19/38
bersi5at statis tertentu, maka %umlah besaran yang tak diketahuiharus sama banyaknya dengan %umlah persamaankeseimbangan. ika k$ndisi ini tidak dipenuhi, kita bisasimpulkan bahwa benda tegar tersebut tidak dikekang penuh,
atau reaksi ditumpuannya tidak bersi5at statis tertentu ataukeduaduanya.
#kan tetapi, kita harus memperhatikan bahwa %ikadiperlukan, k$ndisi diatas tidak cukup. "engan kta lain,kenyataan bahwa %umlah besaran yang tidak diketahui samadengan %umlah persamaan tidak men%amin bahwa suatu bendaterkekang penuh atau reksi ditumpuannya bersi5at statistertentu.
-erhatikan rangka batang yang ditun%ukan pada gambar
3.>1a yang dit$paang $leh r$l #, 0, dan ?. ementara terdapattiga reaksi yang tak diketahui, yakni #, 0 dan ? '*ambar 3.>1b),persamaan ∑Fx = tidak akan terpenuhi kecuali bila %umlahk$mp$nenk$mp$nen h$ri$ntal dari gayagaya yang diberikanadalah n$l. /erdapat se%umlah pengekang yang cukup, tetapipengekang ini tidak tersusun secara sempurna, dan rangkabatang tadi bebas bergerak secara h$ri$ntal. Kita sebut batangitu terkekang tak sempurna '@mpr$perly c$nstrained). Karenahanya tersisa dua persamaan keseimbangan untuk menentukantiga besaran yang tak diketahui, maka reaksinya akan men%adistatis taktentu. adi, pengekang tak sempurna %ugamenghasilkan ketaktentuan statis.
*ambar 3.>1 -engekangan yang tak sempurna
6$nt$h lain dari pengekangan yang tek sempurna danstatis tertentu ditun%ukan $leh rangka batang '/russ) padagambar 3.>>. 9angka batang ini bertumpu pda sendi di # dan$leh r$l di 0 dan 6, yang kesemuanya melibatkan empatbesaran yang tidak diketahui. Aleh karena hanya ada tigapersamaan keseimbangan yang tidak salingbergantungan,maka reaksi ditumpuan bersi5at statis tak tentu. ebaliknya,
kita lihat bahwa persamaan ∑!a = tidak dapat dipenuhi untuk
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
20/38
k$ndisi beban yang sembarang, karena garis ker%a dari reaksi di0 dan 6 harus memiliki #. Kita simpulkan bahwa rangka batangini dapat berputar terhadap # dan tidak dikekang sempurna.
6$nt$h pada gambar 3.>1 dan 3.>> membuat kitaberkesimpulan bahwa suatu benda tegar tidak dikekangsempurna bila tumpuantumpuan, walaupun memiliki %umlahreaksi yang memadai, ditata sedemikian rupa sehingga reaksireaksinya men%adi se%a%ar atau saling berp$t$ngan.
9ingkasnya, untuk mengetahui bahwa suatu benda tegardua dimensi terkekang sempurna dan reaksi ditumpuannyabersi5at statis tertentu kita harus memeriksa apakah reaksiyang ada melihatkan tiga dan hanya tiga besaran yang tidakdiketahui, dan tumpuantumpuannya ditata sedemikian rupa
sehingga tidak menghasilkan reaksireaksi yang salingberp$t$ngan atau se%a%ar.
"ukungan yang menyangkut reaksi tak tentu secarastatis harus dipakai dengan hatihati dalam merancang struktur,dan hanya dengan mengetahui seluk beluk pers$alannya hal itudipakai.ebaliknya, analisisstruktur yang memiiki reaksi taktentu secara statis dapat dilakukan sebagian dengan met$destatika."alam kasus rangka batang dalam gambar 3. 1;misalnya, k$mp$nen reaksi di # dan 0 diper$leh dari persamaankeseimbangan.
Bntuk alasan yang sudah %elas, dukungan yangmenimbukan pengekangan parsial atau tak tentu harusdihindari dalam perancangan struktur stasi$ner. 4amun,struktur terkekang parsial atau tak sempurna tidak berarti hausruntuh, dibawah pembebanan yang khusus keseimbangan
*ambar 3.>> -engekangan tak sempurna
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
21/38
S4-S4 Ke!ei"#ngn Ben' Tegr
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
22/38
Penyelesaian5
Pembebanan dari balok telah diberikan dalam bentuk diagramatis.
'akekat dari tumuan akan dibahas sesudah ini, dan komonen2komonen yang
tidak diketahui dari reaksi ini dengan tegas ditunjukkan ada diagram. &alok
tersebut, dengan komonen2komonen reaksi yang tidak diketahui dan semua
gaya2gaya terakai, digambarkan kembali dalam #ambar %21/ (b) untuk dengan
sengaja menekankan langkah enting ini dalam membangun diagram benda
bebas. Pada titik 3, dua komonen reaksi mungkin ada, karena ujungnya diberi
asak. "eaksi di titik & daat bekerja hanya dalam arah vertical karena ujung
terletak di atas rol. :itik2titik tangka dari semua gaya secara cermat harus
dierhatikan. Sesudah diagram benda bebas dari balok dibuat, maka
enyelesaian daat dieroleh dengan menggunakan ersamaan2ersamaan
statika.
Σ F; 0 / " 3; 0 /
ΣM 3 0 / H, $// H (1//)(/,$) H (1/)(/,+) " &(/,%) 0 /
" & 0 H */ 7
Σ & 0 / H, " 3y(/,%) H $// (1//)(/,$) (1/)(/,1) 0 /
" 3y0 2 %1/ 7
Periksa 5
Σ Fy 0 / H, I%1/ I1// I1/ */ 0 /
Perhatikanlah bah!a Σ F; 0 / menyelesaikan satu dari tiga
ersamaan statika yang bebas, hingga hanya dua komonen reaksi tambahan
yang daat ditentukan dari statika. &ila yang muncul ada tumuan adalah lebih
banyak komonen reaksi dan momen yang tidak diketahui, maka soal tersebut
menjadi statis tak tentu. 4alam #ambar %2 balok2balom yang dierlihatkan
ada (c), (d) dan (g) adalah balok2balok statis tak tentu dan boleh dibuktikan
dengan memeriksa sejumlah komonen reaksi yang tidak diketahui. (
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
23/38
Perhatikan ula bah!a momen terusat yang bekerja ada titik <
masuk hanya ke dalam tanda enjumlahan momen. :anda ositi= dari " &menunjukkan bah!a arah " & sesuai dengan anggaan dalam membuat #ambar
%21/(b). sebaliknya yang terjadi dengan arah " 3ydi mana arah vertical dari reaksi
di titik 3 adalah ke ba!ah. Perhatikanlah bah!a emeriksaan ekerjaanmenghitung tersebut di atas akan didaat bila erhitungan2erhitungan
dilakukan menurut yang telah dierlihatkan di atas.
Penyelesaian dengan cara lain5
4alam menghitung gaya2gaya reaksi beberaa insinyur lebih menyukai
membuat erhitungan dengan cara yang di tunjukkan oleh #ambar %211. Pada
dasarnya ini melibatkan enggunaan dasar2dasar yang sama. 'anya erinciannya
yang berlainan. "eaksi untuk setia gaya ditentukan satu ersatu sekaligus.
"eaksi total dieroleh dengan menjumlahkan semua reaksi ini. Prosedur ini
membolehkan emeriksaan seketika terhada erhitungan yang sedangdilakukan. >ntuk setia gaya maka jumlah gaya2gaya reaksinya harus sama
dengan gaya tersebut itu sendiri. >mamanya untuk gaya 1/ 7, mudah dilihat
bah!a gaya2gaya reaksi ke atas adalah %/ 7 dan 1$/ 7 dan berjumlah 1/ 7.
ada
ihak lain, momen terusat di titik < adalah sebuah koel dan mendaat
erla!anan dari sebuah koel juga. 'al ini menyebabkan suatu gaya ke atas
sebesar @// 7 ada reaksi kanan dan gaya ke ba!ah sebesar @// 7 ula ada
reaksi sebelah kiri.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
24/38
Penyelesaian
Pemeriksaan terhada keadaan tumuan menunjukkan ada tiga komonen gaya
reaksi yang tidak diketahui, hingga balok tersebut termasuk yang statis tertentu.'al ini serta beban yang bekerja dierlihatkan dalam #mbar %21$(b/. :erutama
harus dierhatikan bah!a susunan batang tersebut tidaklah enting dalam
menghitung gaya reaksi. #ambar yang bentuknya kasar yang tidak miri dengan
balok yang sesungguhnya daat dilihat ada gambar untuk menekankan
endaat ini. :etai benda baru yang digambarkan ini haruslah ditumu ada
titik2titik 3 dan & dengan cara yang sama dengan balok yang asli.
>ntuk menhitung gaya2gaya reaksi maka beban yang terdistribusi digantikan
oleh gaya P yang setara. #aya ini bekerja melalui titik berat gaya2gaya yang
terdistribusi. &esaran2besaran yang bersangkutan ini diberikan tanda ada sketsa
kerja. #ambar %21$(b). setelah diagram benda bebas dibuat, maka enyelesaiandieroleh dengan memergunakan ersamaan2ersamaan keseimbangan statis.
Σ F 0 / " 3; 0 /
Σ 3 0 / H, H(1@/)($) " & (@) 0 /, " & 0 /7
Σ & 0 / H, I" 3y (@) H (1@/)(+) 0 /, " 3y0 /7
Periksa 5
Σ F y 0 / H, I/ H 1@/ / 0 /
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
25/38
P7CES3A37
4iagram benda bebas terl6ihat dal6am #ambar %21+(b). ada titik 3 ada dua
komonen gaya reaksi yang tidak diketahui, yaitu " 3; dan " 3y. Pada titik & gaya
reaksi " & bekerja tegal lurus ada bidang tumuan dan memberikan suatu harga
yang tidak diketahui yang tunggal.
3dalah bijaksana untuk menggantikan gaya yang miring dengan dua
komonen seerti yang dierlihatkan. Eangkah2langkah ini mengurangi masalah
di mana semua gaya2gaya adalah horiontal atau vertical. Ani baik sekali dalam
menggunakan ersamaan keseimbangan statis.
Σ 3 0 / H, H(1)(1) " &y(%) 0 /, " &y 0 % k7
0 ।" &;।
Σ & 0 / H, H " 3y(%) (1)(+) 0 /, " 3y0 1$ k7
Σ F; 0 / H, H " 3; 1$ % 0 /, " 3; 0 1 k7
%
" 3 0 √ 162+12
2=20kN +
1
" & 0 √ 42+4
2=4 √ 2 k7 1
Periksa 5
Σ Fy 0 / H, H1$ 1 H % 0 /
•
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
26/38
:entukan besar tegangan2tegangan tali yang menahan anak tersebut jika massa
anak adalah @/ kgG
Ja!aban 5Penguraian gaya2gaya dari eristi!a di atas seerti berikut5
Syarat seimbang5 L F; 0 /, L Fy 0 /
Persamaan (1)5 ΣF; 0 /
:$ cos @+M :1 cos +*M 0 /
:$(/,) :1(/,-) 0 /
:$ 0
4
3 :1
Persamaan ($)5 ΣFy 0 /
:$ sin @+M H :1 sin +*M N 0 /
:$(/,-) H :1(/,) @// 0 /
4ari ersamaan $ dan 1 didaatkan 5
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
27/38
:$(/,-) H :1(/,) @// 0 /
4
3 (/,-) H :1(/,) @// 0 /
32
30 :1(/,-) H18
30 :1 0 @//
50
30 :1 0 @/
:1 0 +/ 7
:$ 043 :1 0
43 +/ 0 %/ 7
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
28/38
•
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
29/38
(7
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
30/38
>rutan yang aling mudah jika dimulai dengan LFC kemudian L& terakhir LF.
(
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
31/38
•
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
32/38
& 0 H1/*,1 Kn
& 0 1/*,1 Kn
H ΣF; 0 /6 3 H & 0 /
3 H 1/*,1 k7 0 /
3 0 21/*,1 k7 3 0 1/*,1 k7
H ΣFy 0 /6 3y 2 ,-1 k7 2 $+,@ k7 0 /
3y 0 H++,+ k7 3y 0 ++.+ Kn
4engan menjumlahkan komonen 3; an 3y secara vektor, kita daatka reaksi di
3 adalah 11$,$ k7 1*,+M
Periksa5 &esar reaksi yang dieroleh daat dieriksa dengan mengingat bah!a
jumlah momen semua gaya luar terhada sebuah titik harus nol.
isalnya, ambil titik &, maka5
H Σ& 0 2 (,-1 k7)($ m)2($+,@ k7)( m) H (1/*,1 k7)(1,@ m) 0 /
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
33/38
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
34/38
H Σ& 0 /
23( =t) H (1@ kis)( =t) ( kis)($ =t) ( kis)(% =t) 0 /
3 0 H,// kis
3 0 ,// kis
Periksa5 hasilnya dieriksa dengan menjumlahkan komonen vertikel dari semua
gaya luar5
H ΣFy 0 H,// kis 1@kis H $1,/ kis kis kis 0 /
•
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
35/38
; 0 2/,/ k7 ; 0 /,/ k7
H ΣFy 0 /5 y %($1 k7) 6
7,5 (1@/ k7) 0 /
y 0 H$// k7 y 0 $// Kn
H Σ 0 / ($/ k7)(*,$ m) H ($/ k7)(@,% m) H ($/ k7)(+, m) H
($/ k7)(1,- m) 6
7,5 (1@/ k7)(%,@ m) H 0 /
0 H1-/,/ k7.m 0 1-/,/ k7.m
•
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
36/38
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
37/38
DA6TAR PUSTAKA
Pustaka5
Ferdinan P.&eer, . "ussell Johnston Jr. 1-. ekanika untuk Ansinyur Statika disi
%. Jakarta5 rlangga
Su!arno. 1. ekanika :eknik Statis :ertentu. ># &ab A.
odul ekanika :eknik A, F:SP2A:S. $/11. Anstitut :eknik Seuluh 7ovember
Surabaya.
8/20/2019 MekTek Keseimbangan Benda Tegar
38/38