BAB II. GAYA-GAYA LUAR

2. 1. Pendahuluan

Gaya Luar adalah beban dan reaksi yang menciptakan kestabilan konstruksi

Beban dibagi menurut:

1. Cara kerja
1. Beban hidup yaitu beban sementara pada konstruksi yang dapat berpindah-pindah, misal manusia, angin di layar kapal, air di bendungan.
2. Beban mati yaitu beban tetap pada konstruksi yang tidak dapat berpindah-pindah, misal lantai pada tanah, atap pada rumah.
2. Garis Kerja
1. Beban titik/terpusat yaitu beban yang garis kerjanya dianggap satu titik.
2. Beban terbagi yaitu beban yang bekerja pada suatu bidang rata atau dengan kata lain garis kerjanya berupa garis.

1. Beban terbagi merata yaitu beban terbagi yang dianggap sama pada satuan panjang, misal lantai, balok beton.

2. Beban terbagi tidak merata yaitu beban terbagi yang tidak sama berat untuk satu satuan panjang, misal batu, aspal pada jalan.

3. Momen yaitu pembebanan dengan momen akibat dari beban titik pada konstruksi sandar, misal orang duduk dikursi dengan kaki bertumpu pada pagar, orang menaiki anak tangga yang diletakkan ke tembok.
4. Torsi yaitu pembebanan dengan puntiran/torsi akibat dari beban terbagi atau titik pada konstruksi dimana gaya yang terjadi tegak lurus dari konstruksi.
5. Sifat Pembebanan yaitu pembebanan langsung dan tidak langsung, langsung berarti gaya mengenai batang langsung dan tidak langsung berarti gaya tidak mengenai batang secara langsung.

Peletakan/Tumpuan:

1. Sendi, dapat memberikan reaksi vertikal dan horisontal (gbr. 2.1)

Gambar 2.1. Peletakan sendi dan reaksi yang dapat ditumpu

2. Geser, hanya dapat memberikan reaksi vertikal (gbr. 2.2)

Gambar 2.2. Peletakan geser dan reaksi yang dapat ditumpu

3. Jepit, dapat memberikan reaksi vertikal, horisontal dan momen (gbr 2.3)

Gambar 2.3. Peletakan jepit dan reaksi yang dapat ditumpu

Konstruksi dapat digambarkan sebagai suatu freebody (batang bebas) yang dibebani gaya-gaya non konkuren koplanar. Sistem gaya-gaya yang dapat dihitung terdiri dari sejumlah gaya beban yang diketahui dan tiga gaya reaksi yang tidak diketahui.

Konstruksi dikatakan stabil bila sistem gaya yang bekerja padanya seimbang. Keseimbangan sistem gaya ini terjadi jika terpenuhi syarat sbb:

S X = 0

S Y = 0 dan

S M = 0

Persamaan tersebut dinamakan persamaan statik tertentu. S X mewakili penjumlahan dari gaya-gaya sesumbu X, S Y mewakili penjumlahan dari gaya-gaya sesumbu Y (koordinat kartesian) dan S M mewakili penjumlahan momen terhadap satu titik.

Syarat persamaan statik tertentu perlu dilengkapi dengan syarat konstruksi stabil yaitu:

1. Konstruksi akan stabil jika segala gerak mengakibatkan perlawanan terhadap gerak tersebut. Hal ini memerlukan minimal tiga reaksi non konkuren dan tidak sejajar.
2. Konstruksi dianggap statik tertentu jika reaksi-reaksi gaya dapat dihitung dengan persamaan statik tertentu.
3. Konstruksi dianggap statik tak tertentu jika reaksi-reaksi gaya tidak dapat dihitung dengan persamaan statik tertentu saja tetapi memerlukan perhitungan perubahan bentuk.

Beberapa kasus konstruksi statik tertentu diterangkan berikut ini:

2.2. KANTILEVER

2.2.1. Kantilever dengan beban terpusat

Gambar 2.4. menunjukkan suatu kantilever dengan beban terpusat P berjarak L dari tumpuan A.

Gambar 2.4 Kantilever dengan beban terpusat

Pada konstruksi diatas hanya terdapat gaya reaksi vertikal dan momen jepit.

S X = 0 ® H_A = 0

S Y = 0 ® V_A – P = 0 ® V_A = P

S M = 0 ® M_A – P.L = 0 ® M_A = P.L

2.2.2. Kantilever dengan beban terbagi merata

Ditunjukan pada gambar 2.5. dimana beban merata q sepanjang a terletak sejauh b dari tumpuan B.

Gambar 2.5. Kantilever dengan beban terbagi merata dan reaksi-reaksinya

Bila pada suatu titik sejauh x dari titik 0 terdapat elemen q.dx, maka dengan menggunakan integrasi dapat diperoleh reaksi berikut:

S X = 0 ® H_B = 0

S Y = 0 ® V_B =

S M = 0 ® M_B =

bila a = L ® V_B = q.L dan M_B = ½ q.L²

bila a = ½ L ® V_B = ½ q.L dan M_B = (q. ½ L) (3/4 L) = 3/8 q.L²

2.2.3. Kantilever dengan beban momen

Gambar 2.6. memperlihatkan dua buah momen pada suatu kantilever.

Gambar 2.6. Kantilever dengan beban momen

Momen A pada titik A dan momen B pada titik B, reaksi terjadi terhadap titik C sebagai berikut:

S X = 0 ® H_C = 0

S Y = 0 ® V_C = 0

S M = 0 ® M_C = M_A + M_C

2.2.4. Kantilever dengan beban segitiga

Beban segitiga adalah beban terbagi dengan area segitiga seperti ditunjukkan pada gambar 2.7 berikut:

Gambar 2.7. Kantilever dengan beban segitiga dan reaksi-reaksinya

Mengingat beban segitiga adalah setengah dari beban terbagi merata dan terletak di sepertiga dari beban terbesar, maka didapat reaksi sbb:

S X = 0 ® H_D = 0

S Y = 0 ® V_D = ½ q.a

S M = 0 ® M_D = (½ q.a) (2/3 a + b)

2.2.5. Kantilever dengan beban tidak langsung

Yang dimaksud dengan beban tidak langsung adalah beban yang tidak langsung mengenai batang bebas yang ditumpu. Dalam gambar 2.8 diperlihatkan beban tidak langsung ke kantilever.

Gambar 2.8. Kantilever dengan beban tidak langsung

Beban tidak langsung merupakan beban terbagi merata dan pada posisi vertikal dari batang bebas. Adapun reaksi-reaksinya sbb:

S X = 0 ® H_E = q . a

S Y = 0 ® V_E = 0

S M = 0 ® M_E = (q.a) ½ a = ½ q a²

2.2.6. Kantilever vertikal

Biasanya kantilever berada pada posisi horisontal, namun dapat juga berada dalam keadaan vertikal, biasanya terjadi pada tonggak atau tiang penyangga seperti dalam gambar 2.9.

Gambar 2.9. Kantilever vertikal dan reaksi-reaksi yang terjadi

Reaksi-reaksi pada tumpuan A hampir sama dengan posisi horisontal:

S X = 0 ® H_A = q . a = 300 . 4 = 1200 kg

S Y = 0 ® V_A = 0

S M = 0 ® M_A = (q.a) (½ a +2) = (1200) (2 + 2) = 4800 kgm

2.2.6. Kantilever vertikal dengan beban tidak langsung

Dalam kantilever ini (ditunjukkan gambar 2.10) beban tidak langsung berada pada suatu batang bebas dengan sudut tertentu, dengan menggunakan persamaan statik tertentu maka dapat diperoleh reaksi-reaksinya.

Gambar 2.10. Kantilever vertikal dengan beban tidak langsung

S X = 0 ® H_B = q . a = 300 . 2 = 600 kg

S Y = 0 ® V_B = P = 1500 kg

S M = 0 ® M_B = {(q.a) (½ a +4)}-(P. 2) = (600. 5) - (1500 . 2) = 0 kgm

2.2.7. Soal-soal kantilever

Tentukan reaksi-reaksinya !

Tentukan reaksi-reaksinya !

2.3. BALOK SEDERHANA

2.3.1. Balok sederhana dengan beban terpusat

Suatu balok/batang diletakkan diatas dua peletakan (tumpuan) A dan B (lihat gambar 2.11) mendapat beban titik P.

Gambar 2.11. Balok sederhana dengan beban terpusat

Pada sendi A akan timbul reaksi vertikal V_A dan reaksi horisontal H_A dan di sendi B akan timbul reaksi vertikal V_B dan reaksi horisontal H_B. Balok AB dianggap sebagai freebody (batang bebas), akan seimbang didalam sistem gaya-gaya luar yaitu bila beban seimbang dengan reaksi.

S X = 0 ® H_A = 0

S Y = 0 ® V_A + V_B – P = 0

S M_A = 0 ® P . a – V_B . L = 0 ® V_B = (P.a)/L

V_A + V_B – P = 0 ® V_A + (P.a)/L = P ® V_A = P – (P.a)/(a+b) = P.b/L

Dapat juga kita menggunakan sendi B sebagai pusat:

S M_B = 0 ® P . b – V_A . L = 0 ® V_A = (P.b)/L

2.3.2. Balok sederhana dengan beban-beban terpusat

Dalam kasus ini balok sederhana dibebani oleh beberapa beban P (gbr 2.12)

Gambar 2.12. Balok sederhana dengan beban-beban terpusat.

Beban P dapat dibagi dalam arah sumbu x dan y, P1 menjadi x1 dan y1, sedangkan P2 menjadi x2 dan y2, sehingga dihasilkan:

S X = 0 ® H_A = x1 + x2

S M_A = 0 ® y1 . a + y2 . (a+b) - V_B . L = 0 ® V_B =

S M_B = 0 ® y1 . (b+c) + y2 . c – V_A . L = 0 ® V_A =

2.3.3. Balok sederhana dengan beban terbagi merata

Beban terbagi merata q sepanjang b diperlihatkan pada gambar 2.13 berikut:

Gambar 2.13. Balok sederhana dengan beban terbagi merata dan reaksinya

Misal elemen kecil q.dx berjarak x dari A mengakibatkan reaksi di B:

sehingga

didapatkan

dengan cara sama didapatkan

Cobalah gunakan SM_A = 0 ® V_B . L – (q . b) (b/2 + a) = 0 untuk mencari nilai V_B.

2.3.4. Balok sederhana berpinggul (overhang) dengan beban terpusat

Suatu konstruksi sederhana AC dengan pinggul pada BC, seperti gambar 2.14. mendapat beban P pada ujungnya.

Gambar 2.14. Balok sederhana berpinggul dengan beban terpusat

Dengan menggunakan persamaan momen pada salah satu tumpuan dapat dihitung reaksi-reaksinya:

S M_B = 0 P.c - V_A . L = 0 ® V_A = (P.c)/L

S M_A = 0 P.(c +L) – V_B . L = 0 ® V_B = P(c +L)/L

2.3.5. Balok sederhana berpinggul dengan beban terbagi merata

Beban terbagi merata terletak pada terusan konsol (pinggul), seperti terlihat pada gambar 2.15 berikut.

Gambar 2.15. Balok sederhana berpinggul dengan beban terbagi merata dan reaksi-reaksinya.

atau dengan melihat elemen dx sejauh x dari A.

SM_A = 0 ®

sehingga

didapatkan

2.3.6. Balok sederhana dengan beban momen

Gambar 2.16 memperlihatkan balok sederhana dengan momen dititik E.

Gambar 2.16. Balok sederhana dengan beban momen

Reaksi-reaksi yang didapat sebagai berikut:

Tanda negatif pada reaksi diatas menunjukkan arah gaya yang berlawanan.

2.3.7. Balok sederhana berpinggul dengan beban momen

Momen terletak dititik C pada ujung pinggul dari balok sederhana seperti terlihat pada gambar 2.17. dibawah ini:

Gambar 2.17. Balok sederhana berpinggul dengan beban momen

Dari reaksi terhadap momen pada balok sederhana dapat disimpulkan:

1. Reaksi-reaksi pada peletakan oleh beban momen menghasilkan momen kopel.
2. Besarnya reaksi tidak tergantung dari letak momen.

2.3.8. Soal-soal Balok sederhana

Tentukan reaksi reaksinya!

Tentukan reaksi-reaksinya!

Penyelesaian:

Q_Y = Q . 3/5; Q_X = Q . 4/5

å X = 0 Þ H_C + (300 . 5) 4/5 – 1600 = 0

H_C = - 1200 + 1600 = 400 kg (®)

å Y = 0 Þ V_C - (300 . 5) 3/5 – 800 . 2 = 0

V_C = 900 + 1600 = 2500 kg (­)

å M = 0 Þ - M_C – 1600 . 4 + (300 . 5) (½ . 5 + 5) + (800 . 2) (½ . 2 + 6) = 0

M_C = - 6400 + 11250 + 11200 = 16050 kgm (ccw)

SY = 0 ® V_A + V_B – Q = 0

V_A + V_B = q . 3 m ® V_A + V_B = 400 kg/m . 3 m = 1200 kg

SM_B = 0 ® V_A . (4 + 3)m – Q . (½ . 3 m) + M = 0

V_A = (( 400 kg/m . 3 m) . 1,5 m – 600 kgm)/7 m

V_A = 171,4 kg ® V_A + V_B = 1200 kg ® V_B = 1200 – 171,4 = 1028.6 kg

SM_A = 0 ® Q . (4 + ½ . 3 m) + M – V_B . (4 + 3) m = 0

V_B = (( 400 kg/m . 3 m) . 5,5 m + 600 kgm)/7 m

V_B = 1028,6 kg ® V_A + V_B = 1200 kg ® V_A = 1200 – 1028,6 = 171,4 kg

Share