Bab 3. Gaya-Gaya Dalam

Bab 3. Gaya-Gaya Dalam

3.1. Pendahuluan

Gaya Dalam adalah gaya yang menahan gaya rambat pada konstruksi untuk mencapai keseimbangan. Misal suatu balok dijepit diujung atasnya dan dibebani oleh gaya P (gb. 3.1) searah sumbu balok, maka balok tersebut dipastikan timbul gaya dalam. Gaya dalam yang mengimbangi gaya aksi (beban) bekerja sepanjang sumbu batang, sama besar, dan berlawanan arah dengan gaya aksi. Gaya dalam tersebut dinamakan gaya normal, dan dinyatakan sebagai N_X bila gaya normal terletak di titik berjarak X dari B.

Gambar 3.1. Gaya Normal bekerja sepanjang sumbu batang

Bila terdapat beban dengan arah tegak lurus terhadap sumbu batang (gb. 3.2), maka akan timbul gaya (P`) dan momen (M`) pada jarak X dari titik B.

Gambar 3.2. Gaya Lintang dan Momen Lentur pada jarak X dari B.

Gaya dalam yang menahan aksi P` dan momen M` adalah L_X dan M_X. Gaya dalam yang tegak lurus terhadap sumbu batang dinamakan Gaya Lintang/Geser (Shear Force) diberi notasi L_X dan momen yang mendukung lentur dinamakan Momen Lentur/Lengkung (Bending Moment) bernotasi M_X.

3.1.1. Perjanjian Tanda Gaya Dalam.

Gaya normal diberi tanda positif (+) apabila gaya cenderung menimbulkan sifat tarik pada batang dan negatif (-) bila gaya cenderung menimbulkan sifat tekan (gb. 3.3.a.). Gaya lintang disebut positif apabila gaya cenderung menimbulkan patah dan searah jarum jam, dan negatif bila sebaliknya.

Gambar 3.3. Perjanjian tanda gaya-gaya dalam

Momen lentur diberi tanda positif apabila gaya menyebabkan sumbu batang cekung ke atas, dan bila cekung ke bawah diberi tanda negatif.

3.2. Perhitungan Gaya Dalam.

3.2.1. Gaya Dalam pada Kantilever

3.2.1.1. Gaya Dalam pada Kantilever dengan Beban Terpusat

Misal sebuah kantilever mendapat beban P₁ = 10 ton dengan tg q = 4/3 pada titik A, dan P₂ = 12 ton pada titik C, seperti gambar 3.4. Tentukan besarnya gaya normal, gaya lintang dan momen lentur dititik I dan II.

Langkah 1.

Mencari keseimbangan gaya luar. P₁ diuraikan menjadi X₁ = P cos q = 10 x 3/5 = 6 ton dan Y₁ = P sin q = 10 x 4/5 = 8 ton, sehingga didapat reaksi

H_B = 6 ton (¬), V_B = 20 ton (­), dan M_B = 96 Tm.

Gambar 3.4. Kantilever dengan beban miring P₁ dan P₂

Langkah 2.

Mencari keseimbangan gaya dalam. Kita lihat pada titik I, dengan menganggap A-I sebagai freebody yang seimbang, maka akan tampak gaya-gaya dalam yang harus mengimbangi gaya luar (lihat gambar 3.5).

Gambar 3.5. Keseimbangan gaya dalam pada batang A-I

Dengan persamaan statik tertentu dapat dihitung:

S H = 0 ® - 6 + N_I = 0 ® N_I = 6 Ton

S V = 0 ® - 8 + L_I = 0 ® L_I = 8 Ton

S M_I = 0 ® - 8 . 1 + M_I = 0 ® M_I = 8 Tm

Mengingat tanda gaya dalam sesuai perjanjian maka hasil hitungan perlu dicermati: N_I­ = - 6 Ton, L_I = - 8 Ton, dan M_I = - 8 Tm

Begitu juga dengan titik II, dimana A-II dianggap freebody, maka akan tampak gaya-gaya dalam yang mengimbangi gaya luar (lihat gambar 3.6).

Dengan persamaan statik tertentu dapat dihitung:

S H = 0 ® 6 + N_II = 0 ® N_II = - 6 Ton

S V = 0 ® - 8 – 12 - L_II = 0 ® L_II = - 20 Ton

S M_I = 0 ® - 8 . 4 – 12 . 2 - M_II = 0 ® M_II = - 56 Tm

Gambar 3.6. Keseimbangan gaya dalam pada batang A-II

X	Nx	Lx	Mx
0	- 6 T	- 8 T	0
1	- 6 T	- 8 T	- 8 Tm
2	- 6 T	- 8 T	- 16 Tm
2

3.2.1.2. Gaya Dalam pada Kantilever dengan Beban Terbagi Merata

Bila beban merupakan terbagi rata, perlu diperhatikan bahwa gaya lintang dan momen lentur pada batang akan tergantung dari jarak beban terhadap titik tumpuan.

Gambar 3.7. Kantilever dengan beban terbagi merata

Gaya luar dari batang pada gambar 3.7 diperoleh: H_B = 0, V_B = q . 4 = 10 . 4 = 40 Ton, dan M_B = (q . 4) (2 + 2) = (10 . 4) 4 = 160 Tm. Bila terdapat elemen kecil beban q . dx pada jarak x dari A, maka pada titik C akan mendapat reaksi gaya lintang dL = q . dx dan momen lentur dM = (q . dx) . x (gambar. 3.8). Dengan memperhatikan hal tersebut dapat disimpulkan sbb:

 dan

Gambar 3.8. Keseimbangan gaya dalam pada titik C

-          Nilai L tergantung jarak dari A ke C, misal pada jarak 1 m, maka nilai L = -10 T, sedang jarak 2 m ® L = -20 T dan pada jarak 4 m ® L_C = -40 T, sehingga nilai gaya lintang L semakin jauh jarak dari A semakin besar nilai (negatif) L, namun perlu diingat nilai V_B = nilai L_C, sehingga gaya dalam pada batang CB sebesar L_C.

-          Untuk nilai M, jarak selain mempengaruhi besar beban (q.x) juga mempengaruhi letak resultan beban (½ x), sehingga misal pada jarak 1 m, maka M = -5 Tm, pada jarak 4 m ® M_C = -80 Tm. Nilai M_C tidak sama dengan nilai M_B, berarti pada CB akan mendapat momen lentur yang berbeda. Untuk batang CB, M = (q . AC) (½ AC + x) dimana x adalah jarak titik pada batang CB, sehingga diperoleh M = (-10 . 4) (2 + x) = -80 - 40.x. misal pada jarak 1 m, maka M = - 80 - 40 = -120 Tm, dan pada jarak 2 m, maka M_B = - 80 - 80 = -160 Tm.

3.2.1.3. Gaya Dalam pada Kantilever dengan Beban Momen

Bila beban merupakan momen, seperti gambar 3.9 dibawah ini:

Gambar 3.9. Kantilever dengan beban momen

Maka gaya dalam yang ada hanya momen lentur bernilai negatif (batang cekung ke bawah).

3.2.2. Gaya Dalam pada Balok Sederhana

3.2.2.1. Gaya Dalam pada Balok Sederhana dengan Beban Terpusat

Pada suatu konstruksi balok sederhana seperti gambar dibawah ini:

Gambar 3.10. Konstruksi balok sederhana

Dari keseimbangan gaya luar didapat V_A = (4/10) x 2 = 0,8 T, dan V_B = (6/10) x 2 = 1,2 T. Gaya dalam akan ditinjau pada titik P berada, serta AP dan PB dianggap sebagai freebody (lihat gambar. 3.11).

Keseimbangan gaya dalam, (ditinjau dari A ke B):

Untuk 0 £ x £ 6, M_X = V_A . x = 0.8 . x, dan L_A = V_A

Untuk 6 £ x £ 10, M_X = V_B . (10 – x) = 1,2 . (10 – x) dan L_B = - V_B 

Sehingga didapat L_A = 0,8 T dan L_B = -1,2 T dan pada titik P gaya lintang yang terjadi adalah (L_A + L_B­) = (0,8 – 1,2) = -0,4 T.

Gambar 3.11. Gaya dalam pada titik pembebanan

Untuk momen lentur didapat: pada jarak 0 (titik A) M₀ = 0, jarak 6, M₆ = 0,8 x 6 = 4,8 Tm, atau M₆ = 1,2 (10 – 6) = 1,2 (4) = 4,8 Tm, dan pada jarak 10, M₁₀ = 1,2 (10 – 10) = 0

3.2.2.2. Gaya Dalam pada Balok Sederhana dengan Beban Terbagi Merata

Bila beban pada balok sederhana berupa beban terbagi merata yang berada ditengah-tengah konstruksi (gambar 3.12), maka perlu membagi balok tersebut menjadi 3 bagian, untuk ditinjau gaya-gaya dalamnya.

Gambar 3.12. Balok sederhana dengan beban terbagi merata

Dari keseimbangan gaya luar diperoleh:

S M_B = 0 ® V_A . 10 – (q . 4) . (2 + 3) = 0, ® V_A = ((2 . 4) . 5)/10 = 4 T

S M_A = 0 ® (q . 4) . (2 + 3) - V_B . 10 = 0, ® V_B = ((2 . 4) . 5)/10 = 4 T

Keseimbangan gaya dalam (ditinjau dari titik A) lihat gambar 3.13:

Untuk 0 £ x £ 3, M_X = V_A . x dan L_X = V_A ® L_A = V_A = L_C

M₀ = 0, M₃ = 4 . 3 = 12 Tm dan L₀ = 4 T dan L₃ = 4 T

Gambar 3.13. Gaya-gaya dalam yang terjadi pada balok

Untuk 3 £ x £ 7, M_X = V_A . x – (q . (x – 3)) . ½ (x – 3) dan L_X = V_A – q (x – 3)

M₃ = 4 . 3 – 0 = 12 Tm, M₅ = 4 . 5 – (2. 2) . ½ (2) = 16 Tm, dan M₇ = 4.7 – (2 . 4) . ½ (4) = 12 Tm, dan L₃ = 4 – 0 = 4 T, L₅ = 4 – 2(2) = 0, L₇ = 4 – 2(4) = - 4 T.

Untuk 7 £ x £ 10, M_X = -V_B . (x – 10) dan L_X = - V_B ® L_B = - V_B = L_D

M₇ = - 4 (7 – 10) = 12 Tm, M₁₀ = - 4 (0) = 0, dan L₇ = - 4 T dan L₁₀ = - 4 T.

Jadi pada titik berjarak 5 m dari A (= ½ L), gaya lintang = 0 dan momen lentur menjadi maksimum.

Yang perlu diperhatikan adalah persamaan diatas, dimana terdapat persamaan garis linier (gaya lintang) dan persamaan garis eksponensial (parabola) (momen).

3.2.2.3. Gaya Dalam pada Balok Sederhana dengan Beban Momen

Balok sederhana dengan beban momen seperti gambar 3.14.

Gambar 3.14. Balok  dengan beban momen

Dari keseimbangan luar didapat V_A = - M/L = M/L (¯) = 1 T, V_B = M/L = 1 T

Keseimbangan dalam:

0 £ x £ 6, M_X = V_A . x dan L_X = V_A

M₀ = 0, M₆ = -1 . 6 = - 6 Tm, dan L₀ = -1 T, L₆ = -1 T

6 £ x £ 10, M_X = V_B . (10 – x) dan L_X = - V_B

M₆ = 1 (10 – 6) = 4 Tm, M₁₀ = 1 (0) = 0, dan L₆ = - 1 T, L₁₀ = - 1 T

3.2.2.4. Gaya Dalam pada Balok Sederhana Berpinggul dengan Beban Terpusat

Balok sederhana berpinggul dengan beban terpusat P, seperti gambar 3.15.

Gambar 3.15. Balok pinggul dengan beban terpusat

Keseimbangan luar:

V_A = - (2/10) . P = - 0,8 T dan V_B = ((10 + 2)/10) . P = 4,8 T

Keseimbangan dalam:

0 £ x £ 10, M_X = V_A . x dan L_X = V_A

M₀ = - 0,8 . 0 = 0, M₁₀ = - 0,8 . 10 = - 8 Tm, dan L₀ = - 0,8 T, L₁₀ = - 0,8 T

10 £ x £ 12, M_X = P . (x – 12) dan L_X = P

M_10­ = 4 (10 – 12) = - 8 Tm, M₁₂ = 0, dan L₁₀ = 4 T, L₁₂ = 4 T

3.2.2.5. Gaya Dalam pada Balok Sederhana Berpinggul dengan Beban Terbagi Merata

Gambar 3.16 memperlihatkan balok pinggul dengan beban terbagi merata

Keseimbangan luar:

 dan

Gambar 3.16. Balok berpinggul dengan beban terbagi merata

Keseimbangan dalam:

0 £ x £ 6, M_X = V_A . x dan L_X = V_A

M₀ = 1,2 . 0 = 0, M₆ = 1,2 . 6 = 7,2 Tm dan L₀ = 1,2 T, L₆ = 1,2 T

6 £ x £ 10, M_X = V_A . x – (q/2)(x - 6)² dan L_X = V_A – q (x – 6)

M₆ = 1,2 . 6 – (2/2) (6 – 6)² = 7,2 Tm, M₈ = 1,2 . 8 – (2/2) (8 – 6)² = 5,6 Tm,

M₁₀ = 1,2 . 10 – (2/2) (10 – 6)² = - 4 Tm, dan L₆ = 1,2 – 2 (6 – 6) = 1,2 T, L₇ = 1,2 – 2 (7 – 6) = - 0,8 T, L₁₀ = 1,2 – 2 (10 – 6) = - 6,8 T

10 £ x £ 12, M_X =  – (q/2)(12 - x)² dan L_X = q/2 . (12 – x)

M₁₀ = - (2/2) (12 – 10)² = - 4 Tm, M₁₂ = - (2/2) (12 – 12)² = 0, dan L₁₀ = (2/2) . (12 – 10) = 2 T, L₁₂ = (2/2) (12 – 12) = 0

3.2.2.6. Gaya Dalam pada Balok Sederhana Berpinggul dengan Beban Momen

Bila beban berupa momen pada balok berpinggul (gambar 3.17)

Gambar 3.17. Balok berpinggul dengan beban momen

Keseimbangan luar:

V_A = - M/L = - 24/10 = - 2,4 T, dan V_B = M/L = 24/10 = 2,4 T

Keseimbangan dalam:

0 £ x £ 10, M_X = V_A . x dan L_X = V_A

M₀ = 2,4 . 0 = 0, M₁₀ = 2,4 . 10 = 24 Tm, dan L₀ = L₆ = 2,4 T

10 £ x £ 12, M_X =  – M dan L_X = 0

M₁₀ = - 24 Tm = M₁₂ dan L₁₀ = L₁₂ = 0

3.3. Soal-Soal

1. Tentukan Gaya-gaya dalam dari kantilever dibawah ini:

2. Tentukan Gaya-gaya dalam dari balok sederhana dibawah ini:

3. Tentukan Gaya-gaya dalam dari balok sederhana berpinggul ini:

Share

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