memahami mekanika teknik 2

Luclo C.nonlca. MSc. C�. �THZ.

e E

ctiJ

I rtiKA

penerbit ANGKASA bandung

Luclo Canontca, MSc. CE. ETHZ. £

Memahami ME NI TEKNIK 2

Edisi Ke-1, Tahun 1991 .-

cij) penerbit ANGKASA bandungJALAN MEADEKA NO. 6 TELP. 439183 - 444795 P.O. BOX 1:!53180. BANDUNG - INDONESIA

- O<J".-!itt'"*_· ;=e .-

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 - 965 - 4

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 la1n oula 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 pemaliaman yang jelas atas suatu gejala, kepercayaan diri para siswa akan meningkat, sehingga ia akan berani menghadapi apa yang terjadi dan dapat memecahkan masalahmasalahnya 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 selah1 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. Ilmu Kekuatan Bahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

I.I Gaya-gaya dalam dan tegangan-tegangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I

I.2 Batang-batang dengan gaya normal N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I

1.3 Deformasi-deformasilperubahan bentuk ...... . ... .................. :. . . . . . . . . 2

.

11. Titik berat/titik pusat ......... . .................. _: . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.I Titik berat suatu penampang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2 Titik berat secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Ill. Tegangan geser . ..... . .... . ... . . . . .. . . . .... .. . . . ..... . . . . . ............. . .. o�. . • . . . 11

3.1 Gaya geser dan tegangan geser ................ :. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.2 Deformas1 akibat geser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. I 2

IV. Lebih lanjut ten tang gaya-gaya dalam dan tegangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

V.

4.I Lenturan sebuah Balok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I3

4.2 Pembahasan secara umum teori lenturan/lengkungan............................ I 4

4.3 Momen. Inersia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I5

4.4 Penerapan teori lenturan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I9

4.5 Hubungan antara lx dan Wx dan penerapannya pada penampang tak simetris . . . . . . . 20

4.6 Bending/lenturan untuk balok I : perhitungan dengan cara pendekatan . . . . . . . . . . . . . 20

4. 7 Memilih bentuk penampahl'> balok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 2

Geser dalam Balok . ...... ..... ..... . .. .... . ...... .. _ ......... .... . . . ..... . ...... .. . 2 3

5 .I Distribusi gaya geser pada penampang melintang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

5.2 Distribusi T pada penampang em pat persegi panjang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5.3 DistribusiTuntuk penampang H. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

5.4 Distribusi tegangan gesendalam balok T...................................... 28

5.5 DistribusiTuntuk suatu bentuk penampang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

VI. Torsi/puntir .............................................. :. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

6.1 Pengertian Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 I

6.2 Tegangan geser puntir .. . ...... . .... . ... . . .. .. . .. . .... . . _ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 5

6.3 Tegangan geser puntindi dalam pipa atau panampang "box" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 5

6.4 Tegangan geser puntindalam penampang empat persegi panjang . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 6

6.5 Tegangan geser puntindi dalam baja propil.................................... 37

6.6 Superposisi dariTgeser danTpuntir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

VII. Tegangan-tegangan kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 7.I Kombinasi M dan N . . . . . . ""'................................................ 40 ·

7.2 Keadaan khusus : pondasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 I

7.3 Tegangan Tumpu (Bearing Stresses) ... .. . . , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2

V

VIII.

IX.

X.

Deformasi Akibat pembebanan ..... .... .................. ..................... ... .

8.1 Deformasi sebuah Balok ................................................... . 8.2 Perputaran "{) dari balok pada suatu tumpuan .................................. . 8.3 Lendutan (y) dari Balok ........................ , . .. . . . . ............. ... . ... . 8.4 Deformasi Kontilever . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................... . ... . 8.5 Dua penerapan ........................................................... .

8.6 Elemen-elemen statis tak tentu .............................................. .

Perencanaan Balok .............................................................. .

43

43

44 45

47

48

49

54

9.1 Syarat-syarat perencanaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

9.2 Masalah-masalah perencanaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

9.3 Perancah untuk pelatBeton.................................................. 56

Tegangan-tegangan Utama • • • • • • • • • • 0 • • • • 0 . 0 • • • 0 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 0 0 0 . 0 • • • • • • • • • • 62

XI. Batang-batang tekan : kolom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

11.1 Tekuk pada kolom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

11.2 Pengaruh bentuk kolom terhadap tekuk . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

11.3 Pengaruh keadaan ujung kolom terhadap tekuk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

11.4 Bracing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

11.5 Tekuk dari batang-batang dalam rangka batang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

11.6 Tekuk ke samping dari balok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

11.7 Tekuk Eksentris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

XII. Pelat-pelat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

12.1 Macam-macam pelat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

12.2 Reaksi-reaksi untuk pelat dua arah............................................ 71

XIII. Tegangan Geser Spons (punching shear) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

XIV. Stabilitas Structure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

XV.

XVI.

14.1 Stabilitas vertikal ......................................................... .

14.2 Stabilitas horisontal ....................................................... .

Sistem statis tak tentu : Analisa pendekatan (approximate analysis) ..................... .

15 .1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15.2 Dasar analisa pendekatan .................................................. . 15.3 Balok menerus: analisa pendekatan .......................................... . 15.4 Pembebanan urituk Mmax. dan Mmin yang diakibatkan beban hidup P ............. . 15.5 Saran-saran untuk praktek ................................................. . 15.6 Pengaruh settlement (penurunan) tumpuan A .................................. . 15.7 Penyederhanaan analisa metode cross ........................................ . 15.8 Frame : Analisa pendekatan ................................................ .

15.9 Pergeseran arah lateral dari frame ........................................... . 15.10 Rangka batang statis tak tentu dalam: analisa perkiraan/pendekatan ............. .

Jaringan struktur (sistem struktur) ................................................. .

16.1 Syarat-syarat ............................................................. . 16.2 Pemilihan suatu sistim struktur .............................................. . 16.3 Perhitungan- Model sebuah struktur ....... . .................... . .. · . . . . . 16.4 Luas penyebaran beban .................................................... .

vi

75

76

77

77

77

79

81

81

82

83

84

88

90

92

92

93

95

97

1 I

I

I. ILMUKEKUATANBAHAN

Kita dapat memerik.sa gaya-gaya dalam N, L dan M yang bekerja pada sebuah batang dari suatu struktur jika;

Batang mempunyai cukup kekuatan untuk memikul gaya yang bekerja tanpa hancurfpatah. Batang mempunyai cukup kekakuan, sehingga deformasi/perubahan bentuk tidak membuat struktur sia-sia. Batang mempunyai cukup stabilitas, ini berarti bahwa batang tidak runtuh tiba-tiba akibat gaya yang bekerja pada batang tersebut.

Pemeriksaan di atas dapat diselesaikan dengan ilmu Kekuatan Bahan.

1.1. Gaya-gaya dalam dan tegangan-tegangan

Jika ingin memeriksa bahwa batang mempunyai cukup kekuatan, kita harus membandingkan gayagaya dalam yang ada dalam batang dengan ketahanan/kekuatan bahan dari batang. Kita ingin menggambarkan ketahanan/kekuatan bahan dengan suatu pengertian yang tak tergantung banyaknya bahan. Untuk itu kita memakai konsep tegangan.

tegangan = intensitas gaya-gaya dalam tiap satuan luas.

Tegangan didapat dengan mendistribusikan gaya pada penampang elemen: intensitas tiap satuan luasnya adalah tegangan.

1.2. Batang-batang dengan gaya normal N.

Kita perhatikan sebuah batang yang dibebani secara axial oleh gaya normal N. Gaya normal N akan didistribusikan pada seluruh penampang batang. Penyebaran/pendistribusian gaya normal tiap satuan luas disebut tegangan normal aN. batang dibebani:

batang dibebani :

'� - x.

gaya dalam pada penampang x-x.

Contoh: Batang tarik dengan N = T = 56 KN = 56000 N.

Tegangan tariknya

A = 20 X 20 mm2 = 400 mm2

at = 56000 400

= 140 N/mm2•

Tegangan pada penampang x-x I UN= � aN = tegangan normal N = gaya normal A = luas penampang

1

Jika batang tarik dibuat dari baja St37, kita dapat mengetahui dalam peraturan bahwa kita diijinkan untuk mengambil tegangannya 160 N/mm2• Dad sini dapat kita katakan bahwa batang mempunyai kekuatan yang cukup untuk memikul beban tanpa patah.

1.3. Deformasi-deformasi/perubahan bentuk

Untuk mengetahui deformasi-deformasi pada batang-batang di atas, kita lihat :beberapa sifat-sifat bahan. Beban - sifat-sifat deformasi bahan.

Sebuah gaya dikerjakan pada sebuah batang menyebabkan batang tersebut berubah bentuk (mengalami deformasi). Pertama, deformasi sebanding dengan beban yang ditingkatkan dalam batas-batas tertentu. Jika beban kita hilangkan, maka batang akan kembali pada bentuk semula (perilakunya sama dengan sebuah P bersifat elastis perfpegas): kita sebut daerah ini dengan daerah elastis dan deformasinya ialah deformasi elastis.

Bila beban ditingkatkan maka deformasi pada banyak bahan tidak meningkat secara proporsional/sebanding. Pada daerah ini struktur dalam dari bahan akan berubah bentuk secara tetapjpermanen akibat gaya-gaya yang bekerja. Jika beban kita hilangkan, benda tidak dapat kembali pada bentuk semula dan akan terjaai deformasi permanen. Daerah ini disebut daerah plastis dan deformasinya adalah deformasi plastis;

p

A

sifat elastis dan plastis

A plastis

.--; I

I I

I

Dan kita dapat melihat bentuk hubungan Beban-Deformasi dalam daerah elastis adalah sederhana. Secara umum perilaku/sifat bahan-bahan dalam daerah ijin gaya-gaya adalah "elastis' ill.tau dapat dianggap dalam sifat elastis. Inilah mengapa kita ingin mengetahui perilaku dan sifat-sifat ini lebih jelas.

Sifatjperilaku elastis

Telah kita katakan bahwa sifatjperilaku sebuah bahan adalah elastis jika suatu bentuk hubungan lineair (lurus) di antara gaya-gaya dalam dan deformasi batang dan deformasinya hilang jika beban dihilangkan.

contoh: sifat elastis

deformasi

2

Dalam rangka membebaskan dari dimensi<limensi elemen-elemen dan menyatakan perilaku/sifat-sifat bahan sesungguhnya, kita dapat menyatakan:

Gaya sebagai gaya tiap satuan luas = tegangan = a = � Deformasi sebagai deformasi tiap satuan panjang (atau deformasi spesifik)

A£ = regangan = E = � * Dari dua buah gambar di samping dapat

kita lihat, jika gaya total K berbeda, maka gaya tiap satuan luas a tetap sama, dan bahan akan berperilaku sama dalam dua kejadian di atas, tidak tergantung dari luas elemen benda.

* Dari dua buah gambar di samping jika kita ambil sebuah batang dengan panjang dua kali panjang batang satunya, maka deformasi totalnya A£ akan dua kali deformasi batang satunya. Tetapi deformasi tiap satuan panjang E (regangan) akan sama pula dan bahan akan berperilaku sama dalam dua peristiwa di atas, tidak tergantung dari panjang elemen.

Catatan: a dan E sama, tetapi gaya total K dan A£ berbeda.

10 10 KN/m2

K A = 4 m2 A = 1 m2 K = 40 KN K = 10 KN a = 10 KN/m2a = 10 KN/m2

A£ I o)

T,OKN/m2 Perpanjangan spesifik

A£ A£ = - =-1 1

Panjang total = 1 Perpanjangan total = A£

Panjang total = 2 Perpanjangan total = 2 A£

Dapat kita katakan sekarang, bahwa ada bentuk hubungan lineair di antara tegangan-tegangan dan regangan dari suatu batang. a a dan E sebanding satu sama lain melalui faktor E.

a = E .E Hukum Hook

Ini adalah hukum dasar elastisitas. E disebut modulus elastisitas dan merupakan sifat tiap-tiap bahan. jika bahannya berbeda, maka akan didapatkan sebuah perilaku elastis, dengan modulus elastisitas E yang berbeda pula.

at

E

E Et

E.E1 a

tg C¥ E

3

Deformasi Elastis : contoh

Kita ingin menghitung deformasi dua buah batang yang dibuat dari baja.

* Sifat/perilaku baja dilukiskan dengan E = 2 ,1 .105 N/mm2 •

* 1uas penampang baja A = 50 mm2 •

* Gaya tarik T = 5250 N. * Panjang 11 = 1000 mm.

12 = 2000 mm. * Tegangan pada tiap-tiap batang adalah sama.

a = T �

5250 50 105 N/mm2

Lt=lOOO a 0

a

T=5250

a

T=5250 * Tegangan ini bekerja pada setiap tempat batang. Deformasi elastis akan sebanding dengan tegangan

yang ada di dalam batang melalui faktor E. a 105

E = E = 2 ,1 .105 = 55 .10-5 deformasi spesifik atau regangan.

* Maka tiap-tiap bagian batang akan mengalami deformasi tiap satuan panjang dari E = 55.10-5 kali.

Jika £0 = 1 mm, maka deformasinya l .E = 55 . 1(J5 mm.

Q0 1000 mm, maka deformasinya 1000 .E 55 .1(J2 mm = 0 ,55 mm.

£0 2000 mm, maka deformasinya 2000 E = 1 10 . l(f2 mm = 1,10 mm.

Deformasi total secara umum dinyatakan dengan : I �Q = E .Q0 I yang mana diijinkan untuk dipertimbangkan jika deformasi tidak membahayakar struktur.

Catatan : Bahwa untuk tegangan yang sama :

deformasi adalah lebih besar untuk elemen yang lebih panjang. Regangan E adalah sama untuk keduanya karena tegangan dan sifat/perilaku bahan ditunjukkan dengan E yang sama pula.

Jika kita gabungkan tiga rumus terakhir kita dapat mengalami rum us langsung .

[ �Q= � E

Penerapan:

X&_ A.E dapat dipercaya untuk gaya tarik maupun tekan.

Jika sebuah beban dikerjakan di atas dua kolom kayu dan satu kolom baja, kayu akan lebih mudah mengalami deformasi dibandingkan dengan baja. Karena deformasinya harus sama maka kolom baja lebih banyak menerirna beban.

4

.6.Q =

M·t Omm

I

P.Qo A.E

kayu baja r--- r---

.6.Q kayu = .6.Q Baja

Pbaja ----%" �·Ebj

dan 2 Pkayu + Pbaja

Pkay u = 1 .104 Pb aja 2 1 .104

2Pkay u + Pbaja p -+

halo k beton

kayu

\ '(' pondasi be ton

P.

1 Pbaja · 2 1

kayu : A = 4000 mm2 , EK = 1 .104 N/mm2

baja : A = 4000 mm2 , Ebj = 21 .104 Nfmm2

Ek -E · lbaja

bj

1 2( 21 Pbaja ) + Pbaja p 30 K N

2 1 2 3 p = 21

2 3 . 30 27 ,39 KN.

1 2 1 Pbaja

1 21 . 27 ,39 1 ,30 K N.

* Batang yang lebih kaku (baja) akan menerima lebih banyak beban.

1Je{orn1asi lateral

Jika suatu batang mengalami deformasi sepanjang sumbunya maka akan ada perubahan dimensi dalam arah lateral.

disederhanakan menjadi:

angka poisson/ konstanta poisson

1'} = - � Ex

Perbandingan antara perubahan arah lateral dan longitudinal (sepanjang garis sumbunya) adalah merupakan karakteristik tiap-tiap bahan dan disebut angka Poisson a tau konstanta Poisson 1'J.

Untuk baja � = 0 ,3

Untuk beton � = 0.15

1Je{orn1asi thern1al

Perubahan temperatur dalam sebuah batang dapat menyebabkan deformasi pada batang tersebut.

5

Perbandingan antara deformasi spesifik Et dan perubahan temperatur AT adalah faktor at disebut koefisien muai panjang yang mana ini adalah karakteristik tiap-tiap bahan.

Et = at. AT a tau AQt = Q0 ·at· AT

untuk.baja at 1,2. 10"5 } hampir sama. untuk beton at = 1. 1<Ts

1.4. Tegangan ijin; sebuah alatfsarana

Untuk bahan-bahan konstruksi yang berbeda dimungkinkan menentukan perilaku bahan -di bawah pembebanan- dengan percobaari, dan digambarkan dalam diagram a - E.

a Diagram hubungan a - E

batas tegangan pa tah baja �-----�

batas tegangan patah beton batas tegangan patah kayu

__ _. __________ _

Tegangan yang diijinkan didapat dengan membagi tegangan patah dengan suatu faktor keamanan.

Tegangan ijin

a·· lJ faktor keamanan

a

a =OJ.j

/ I , , ....

, ,.. /_,

batas patah aij = tegangan ij in ---

ak e= tegangan patah batas ijin

E

Karena perilaku bahan dalam diagram a-€ tidak lurus (lineair) maka perilaku bahan disederhanakan menjadi sebuah garis luru� (lineair), sehingga modulus elastisitas dapat ditentukan dengan pendekatan tersebut : E = tga.

Peraturan-peraturan untuk bahan yang berbeda (baja, beton, kayu) memberikan harga-harga tegangan ijin dan modulus elastisitasnya untuk keperluan perhitungan.

Pemeriksaan kekuatan sebuah batang

Jika tegangan yang timbul dalam sebuah batang lebih kecil dibanding tegangan.ijin bahan yang diberikan dalam peraturan, maka ha tang terse but aman (kuat).

a � aij

6

11. TITIK BERAT/TITIK PUSAT

2 .1. Titikberat suatu penampang

Sampai sekarang kita telah membicarakan batang-batang yang dibebani secara axial. Untuk batang-batang ini distribusi tegangannya meratajseragam pada penampang tersebut.

aA= 1

Distribusi tegangan pada batang yang dibebani secara axial. * gaya tiap satuan luas: a (aA = 1 ) . * gaya total P yang bekerja pada batang harus : P = .8 a. * luas total A = 8 .

Jika je�s untuk menentukan posisi P kita harus menghitung resultan gaya-gaya tiap satuan luas.

y

t

0

Penyelesaian secara grafis

dengan polygon gaya dan segi banyak batang dalam dua arah xdany

3a a a 3a

a tau

Penyelesaian cara Analitis

Xc

Ye =

=

4a .0,5 + 2a.1 ,5 + 2a.2,5 4.0 ,5 + 2 . 1 ,5 + 2 .2 ,5 =

8 a

3a.0 ,15 + 1a.1 ,5 + 1a.2,5 + 3a.3,5

8 a

3 .0 ,5 + 1 . 1 ,5 + 1 .2 ,5 + 3.3 ,5

8 = 2 ,0

8 1 ,25

gaya P yang bekerja pada TB (titik berat) adalah gaya aX.ial. Titik TB disebut titik berat/titik pusat penampang.

7

Mengapa kita sebut "TB" sebagai titik berat penampang ? Karena gaya-gaya tiap satuan luas a dapat juga disebabkan berat sendiri G dan tidak oieh gaya P. Dalam hal ini letak TB menjadi pusat gaya dari gaya berat. Dari ilmu Fisika diperoleh bahwa titik berat dari potongan tipis sebuah benda dapat ditentukan dengan menggantung benda tersebut dengan seutas benang dan memberi tanda pada jalur yang dilewati benang. Hal di atas dilakukan dalam situasi yang berbeda dalam keadaan seimbang.

t I I vertikal I 1

I vertikal I 2

Perpotongan garis-garis vertikal (garis kerja G) memberikan titik berat/titik pusat.

Untuk potongan yang sederhana dapat kita tentukan sebagai berikut :

Letak titik berat dalam arah vertikal.

h

b a �----------- Jf 2a + b

.h �:;::� 3(a + b)

b

EB %h

f %h

8

2.2. Titik berat secara umum.

Jika ambil a = 1 kita dapat melihat bahwa contoh terdahulu dapat pula dijabarkan sebagai berikut.

Xe

Ye menunjukkan sumbu b

menunjukkan sumbu a

LlA1 .x1 + LlA2. x2 + AA3 .x3 ilA1 + AA2 + LlA3

ilA1 Yt + LlA2 ·Y2 + ilA3 ··YJ ilA1 + LlA2 + ilA3

Sa dan Sb disebut statis momen terhadap sumbu a dan b.

Kesimpulan.

I:LlA.x sb = A A

I:.!lA.y Sa = = A A

Jika kita ingin menghitung letak titik berat (T.B) untuk bentuk-bentuk yang sukar, hendaknya bentuk tersebut kita bagi menjadi bagian-bagian sederhana yang telah diketahui luasnya AA dan letak titik beratnya terhadap dua sumbu yang dipilih bekas sebagai referensi.

Rumus-rumus X = e

Ye =

I:ilA.x A

I:ilA.y Sa ---- =

A A

Rumus di atas akan memberikan letak titik berat.

Contoh : lb

I > x jb

7 -j_�

elemen

1

2

3

4

A =

-X

y

AA

20

4,5.

4,5

40

69

Sa A

sb A

y .!lSa X ASb

11 220 0 0

9 40.5 -3 -1 3,5

9 40.5 +3 +13,5

5 200 0 0

Sa 501 sb 0

;501 7,26 69

,0 69

0

9

Statis momen dan titik berat.

Statis momen Sx = � AA.y terhadap titik berat T.B. sebuah potongan adalah nol.

Contoh:

sumbu x -·-·l-· -Y

10

A A 2. y + 2(-y) = 0

Ill. TEGANGAN GESER

3.1. Gaya geser dan Tegangan geser

Pada umumnya jika sebuah gaya bekerja memotongjmenggunting sebuah permukaan, kita sebut ia gaya geser L.

L

gaya geser

Secara nyata sebuah gaya geser adalah resultan gaya-gaya kecil tiap satuan luas yang disebut tegangan geserr (tau)

L = T_. luas

Contoh : Baut

H dalam pelat menghasilkan L pada baut.

Contoh : sambungan.

1 " •

Mekanika Teknik 2- 2

H = L

H = L = T . A = T. b . ..::lQ

Tegangan geser.

L = L A

11

3.2 . Deformasi akibat geser

Jika kita mengerjakan sebuah gaya H pada sebuah elemen yang sangat pendek (£ < b ), maka elemen akan mengalami deformasi.

H= L=t. A

Gaya H diimbangi oleh gaya-gaya L dalam elemen. Gaya L bekerja merata pada luasan : L =T.A.

Sudut deformasi 'Y (gamma) adalah sebanding denganT. Faktor perbandingan seharga adalah �.

( sejalan dengan a = E, E)

G disebut modulus geser dan ia adalah karakteristik dari bahan yang dipakai.

Sebagian besar G � 0,4E

Catatan:

Jika elemen panjangnya lebih besar dua kali tingginya (£ > 2h) maka kita berbicara tentang "beam" (balok). Dalam hal ini berlaku prinsip elastisitas. Jika Q <; 2h maka dibutuhkan perlakuan khusus.

12

IV. LEBIH LANJUT TENTANG GAY A-GAY A

DALAM DAN TEGANGAN

4.1. Lenturan sebuah Balok

Jika suatu batang tidak dibebani gaya aksial, seperti dalam hal ini sebuah balok dibebani oleh sebuah gaya melintang, maka balok akan melengkungjmelentur.

Contoh : Penampang mh [.. b I. '( 1

Deformasi diperlihatkan untuk sebuah balok yang dibebani.

jo.sP lebih baik kita perhatikan sebuah elemen balok dengan panjang semula £0• Untuk elemen ini didapatkan :

+� .e sumbu acuan

b) -€ c.) -(j

- serat atas bertambah pendek dengan A£

- serat bawah bertambah panjang dengan AQ. +<r

tegangan

a = E.E

Elemen balok : deformasi diperlihatkan.

* Kita anggap (Hipotesa Bernoulli) bahwa deformasi disebar merata pada tinggi h, dari -A£ pada serat atas sampai +AQ pada serat bawah, dan nol pada ketinggian titik berat (T.B. ), pada ketinggian ini disebut garis netral/sumbu netral dari deoformasi.

* Kita anggap bahwa perilaku elastis bahan sesuai dengan hukum Hooke : a = E.E.

Pada a). Kita gambarkan deformasi berdasar pada sumbu vertikal yang dipilih.

b). Kita ubah deformasi menjadi regangan: E =

c). Kita gunakan hukum Hooke a = E.E.

Dari sini kita dapat menentukan pembagian tegangan pada penampang balok.

Kita dapatkan .tegangan tekan pada serat atas dan tegangan tarik pada serat bawah.

AQ

Tanda: e untuk tekan 0 untuk tarik

13

Tegangan lentur flengkung yang bekerja pada penampang melintang adalah seharga dengan gaya kopel D dan T yang bekerja dengan lengan gaya Z. h

Tegangan Kopel

Kopel ini membentuk momen yang dibutuhkan untuk keseimbangan Freebody.

(Catatan: perilakunya sama dengan rangka batang, dalam mana momen dilengkapi oleh sebuah gaya kopel).

Gaya-gaya D dan T dibentuk oleh tegangan total a yang bekerja pada penampang melintang D sama dengan volume tegangan tekan dan T sama dengan volume tegangan tarik.

D

T

Z ; h (lihat gambar).

D + T 0 (seimbang)

Free body

ID �· b � +a

Z ; adalah jarak antara titik berat volume tegangan tekan dan volume tegangan tai'ik.

Momen dalam M menjadi:

I M = D . Z= T .Z D = gaya tekan T = gaya tarik

Untuk penampang segi empat :

1 h 2 bh2 M=2a (2. b ) . 3h = a .

6

Jika Wx 1._bh2 6 Wx tergantung dari bentuk penampang melintang dan disebut "Modulus Ketahanan" atau "Momen Tahanan"

Karenanya dapat juga kita tulis : I M = a . Wx I 4.2. Pembahasan secara umum teori lenturan/lengkungan

Momen :0

Kita ambil sebatang balok yang melentur dengan penampang melintang sembarang dan kita amati deformasi pada elemennya. Hipotesa Bernoulli dan Hukum Hook tetap dipakai. Jika titik berat penampang tidak di tengah-tengah tinggi balok, deformasi pada serat atas dan serat bawah akan berbeda (menurut hipotesa Bernoulli). Sebagaimana deformasi, menurut hukum Hook tegangan pada serat atas akan berbeda dengan tegangan pada serat bawah.

14

Untuk sebuah elemen dengan panjang £0 akan kita dapatkan:

X

{,-· y

Penampang melintang

EA

Deformasi

a A

Tegangan Gaya Momen

a = E. E �K = a. �A AM = �K.y

Pada elemen kecil tak terhingga AA bekerja sebuah tegangan a. Seperti a. AA= AK dapat kita katakan bahwa pada tiap elemen bekerja gaya AK. Gaya ini menyebabkan momen AM = �K.y mengacu pada garis netral NA.

Tegangan o dapat dinyatakan sebagai: o = gB . y YB Sehingga A K = a . � A =

on y . � A

VD a a Dan AM = AK.y = -- . y2 �A YB

Sebagaimana tiap-tiap elemen mepghasilkan sebuah AM kita dapat m�njumlahkan semua elemenelemen dan didapatkan:

M= � aa . Y2 �A "' YB

Jika

OB karena - konstan, kita menulis: YB

Momen inersia penampang terhadap sumbu x melalui T.B. penampang.

Jika M diketahui dari statika balok, kita dapat menghitung tegangan dalam balok

M a = �·Y

Catatan:

Jika kita bandingkan rumus umum 0

M=- lx dengan rumus M= a .Wx kita dapat melihat ada

bentuk hubungan : Wx= Ix y I y .

di antara Modulus Ketahanan/Momen Tahanan dengan momen inersia. .__ _ ___,.. __ .--J

4.3. Momen lnersia

Untuk penampang empat persegi.panjang, kita dapatkan:

M= a. b6h2

a = tegangan pada serat paling atas atau serat paling bawab.

---... -.� h 2 TB h - !-·-·-· r-:--·

• h 2 ..__ __ .J -.1'-

1

a

15

h Dan dari rumus umum, untuk y = -2 k:ita dapatkan : 0

M= h/2 .Ix Kedua rumus di atas menggambarkan keadaan yang sama :

b.h2 lx 0 • -6- = 0 . h/2

'* Momen inersia untuk penampang empat persegi panjang.

Momen lnersia menggambarkan ketahanan bahan terhadap lenturan dihubungkan dengan penampang melintang:

I besar, berarti ketahanan terhadap lentur besar

I kecil berarti ketahanan terhadap lentur kecil

Momen Inersia terhadap sebuah garis sembarang

G X ·- ·-· - ·-1- · ·-· �

Y = Yo -"'y

-2 -2 - 2 Y = YG - 2Yo·Y + Y

y

y

Ala = AA.y{;- 2.y0.AA.y + AA.y2

a

la = y{; :E AA - 2Yo :E AA.y + :E AA.y2 '-:v-' 1..-y---' i-....y---' A Sx = 0 lx

Ketentuan-ketentuan :

ASa = AA.y

A Ia = AA.r

'YG

Sx = 0 terhadap titik.berat, persamaan di atas menjadi:

16

la = A.y{; + lx lx la- A.yfi

'

t ! Ini berarti bahwa I minimum sebuah penampang adalah I terhadap titik beratnya sendiri.

lmin = Ix

Momen Inersia untuk penampang gabungan

Jika sebuah penampang dibentuk dari beberapa bagian, kita dapat menggunakan rumus-rumus terdahulu untuk tiap-tiap bagian kemudian menjumlahkan hasilnya.

a a a

a

,- ----- - -- -----r I I I I �---- __ _,

h/6 x--�-4�--�;---x-- ------��-

* Momen inersia untuk segitiga •

a

c

Momen inersia Ix untuk sebuah segitiga sama dengan setengah Ix 1 untuk em pat persegi em pat ditambah ·akibat perpindahan tempat terhadap sumbu yang dipilih dengan �

1 h -I D-A� (-)2 2 xl 6

* Momen inersia untuk sebuah lingkaran

Suatu pendekatan yang baik telah didapat, dengan mengganti lingkaran dengan sebuah bujur sangkar dengan luas yang sama.

lingkaran A = nr>2 } bujur sangkar A - ; H � 0.8$ D

17

* Penampang dengan lobang

lobang dianggap luas negatip

luas : A = bh - 1,4 rr D2

letak titik berat (T.B.)

Momen inersia :

Dengan: lx 1

lx2

Ao

Ao

¥ 0 j. b

bh3 12

D4 20

b.h

rrD2 4

Sa y = -A

Perhitungan momen inersia penampang melintang

h 2/4

h (b.h)2 - (rrD 1 ) (2- e)

Untuk penampang komposit, hasil perhitungan biasanya dibuatkan dalam bentuk tabel.

Contoh : El .i AAi

-Yi 30 cm

2 CD 60 29 1 .® 26 15

® 60 1 26 y

� 146 cm2 r�. a 2

-·-

Titik berat : y c 2190 = 146 15 cm

l a = � lxi + � AAi:yr = 1505 + 56370 57875 cm4.

lx = la- Ay� -= 57875 - 146.152 = 25025 cm4 .

18

AAiYi lxi AAiYt

1740 20 50460

390 1 465 5850

60 20 60

2190 1505 56370 cm3 cm4 cm4

Catatan untuk penampang I Dalam rumus umum :

Kita lihat bahwa Hens/ sa yap dengan �A yang besar dan y yang besar pula memberikan sumbangan terbesar kepada Ix. Suatu harga pendekatan untuk Ix kemudian adalah :

Dalam contoh di atas :

Ix = 2 .60.142 = 23520 cm4 (= 94% dari Ix teoritis).

4.4. Penerapan teori lenturan

Contoh lenturan dengan penampang tak simetris

E1 i �Ai

20

24

k 44 cm2

T itik berat y

-Yi

1 3

6

- 2 Yi

169

36

404 44

�AiYi Ixi �AjY2

260 6,67 3380

1 44 288 864

404 294,67 4244 cm3 cm4 cm4

9 ,2 cm

Ix = 294,67 + 4244 - 44(9,2)2 = 814 ,5 cm4•

Untuk momen yang bekerja M= 0 ,10 tm = 10 .000 kgcm. M a = -1x • y , y diukur dari titik berat ke bawah.

Untuk . y 4,8 cm � 10000 (-4 8 ) = --.JJ9 kgjcm2 ( tekan) . 8 14,5 '

y = 9 ,2 cm --+- as = . 10000 (+9 2 ) = 113 kgfcm2 (tarik) . 814,5 '

-

garis netral

aB * Tegangan dalam balok T

Tegangan dalam balok T (penampang v ertikal melalui T.B. )

19

4.5. Hubungan antara ll[ dan W x dan penerapannya pada penampang tak simetris.

Telah kita ketahui bahwa di antara modulus penampang/momen tahanan W x dan room en inersia Ix ada hubungan sebagai berikut :

Ix w =-X y

Pada penampang tak simetris, serat-serat ekstrim ditempatkan dengan jarak y yang berbeda dari titik berat. Sehingga kita mempunyai dua macam Wx .

wB = +

X

Penampang Momen

Tegangan-tegangan yang disebabkan M dapat dinyatakan :

I a = A M

wA dan X

M wB

X

O"s Tegangan

4.6. Bendirlg/lenturan untuk balok I : perhitungan dengan cara pendekatan.

Sering kali memakai baja profil berbentuk I Kita ingin uraikan di sini kemungkinan menyederhanakan perhitungan. Kita perhatikan sebuah penampang balok I dengan momen dalam M.

M Tegangan dapat dihitung dengan rumus : a =

Ix . � .

20

Tegangan a

1

' l

Kita lihat bahwa tegangan terbesar pada flensfsayap yang lebar, dan tegangannya kecil pada web/ badan yang sempit/tipis. Gaya-gaya D dan T akan membentuk momen M= D.Z = T.Z, sedang gaya D1 dan T1 yang lebih kecil dari D dan T akan membentuk momen dengan lengan momen Z1, M1 = D1 Z1 = T1.Z1•

·

M1 lebih kecil dibanding M, karenanya diabaikan.

Untuk perhitungan secara""'endekatan : kita anggap bahwa : Momen dalam M bekerja pada penampang melintang balok sama dengan momen dibentuk oleh gaya-gaya D dan T yang bekerja pada flens (lengan momen Z). Dua b�1ah gaya ini kenyataannya didistribusikan merata pada luas flens, sehingga kita dapat menentukan a untuk flens.

Contoh:

Penampang: 2 l

26 ---·-r--

2 I k 30 cm

'I

J

--·-- · 1

J "' ..,

A = 1 46 cm2• Anens = 60 cm2 • lx = 25025 cm4 •

jika balok pada tengah bentang momennya M= 27 +m= 2700 000 kgcm.

Perhitungan secara eksak

M a =· -1- . y dengan y = +15 cm.

a = + 2700000 15 1618 k I 2

25025 · = + g cm

Perhitungan secara pendekatan

Z = 30 - 2 = 28 cm. Anens = 60 cm2

M D=T= -z-2700000

28 96428,6 kg

-1618 kg/cm2

+1618 kg/cm2

a = + �:�8•6- = + 1607 kgjcm2 (perbedaannya sectikit dibanding basil secara eksak).

Tegangan secara pendekatan :

-1607 kg/cm2

+1607 kg/cm2

Keuntungan cara ini ialah kita tidak membutuhkan lx.

21

4.7. Memilih bentuk penampang balok. Kita akan mendapat penampang yang paling efisien jika kita menempatkan bagian terbesar bahan pada jarak sejauh yang dimungkinkan dari sumbu netral N.A. Dalam kenyataan kita akan mendapatkan gaya-gaya D dan T yang besar, bekerja dengan lengan momen yang besar. Akibatnya akan didapat momen M yang besar pula.

Contoh : Kita perbandingkan yang paling efisien dengan menggunakan 300 cm2 bahan.

Dengan A= 300 cm2 dan M = a.lx y

kita dapatkan untuk amax = 100 kgfcm2•

�l-·--·-·-1--·-·-·-" 30 * 1

f 10 I. 1

30 t. 'I

lx = 2500 cm4• M 50 000 kgcm.

lx M

22500 cm4• 150 000 kgcm.

lx M

47500 cm4• 316 667 kgcm.

Perbandingan : 1 3 6,33

22

r

V. GESER DALAM BALOK

Geser dalam sebuah balok mengambil dua bentuk yang berbeda yang sat ing berhubungan.

*

*

p . . M, L MzL

K1ta dapatkan sebuah gaya geser verUkalCJ" I' ;gl�jq.....--�-..., untuk keseimbangan arah v ertikal.

. J \. �� L L.

Tegangan geser vertikal

perp.utaran

Perputaran elemen disebabkan "Tv.

1J

Kita dapatkan gaya geser horizontal untuk keseimbangan arah horizontal.

Jika kita membuat balok bersusun dari dua susunan yang berbeda tanpa sambungan di antara susunan tersebut, maka dapat kita lihat bahwa dua bagian tersebut bereaksi sendiri-sendiri dan menggelincir secara horisontal satu sama lain.

Tetapi dalam balok yang solid, gelinciran akan ditahan oleh tegangan geser di antara dua susunan tersebut.

*

*

Freebody dengan gaya-gaya dalam.

Freebody balok yang solid dengan gaya-gaya dalam. (seperti gesekan di antara bagian atas dan bawah) .

a- Perputaran

�

Tegangan geser horisontalTh ( diimbangi a)

*

� -? "l:"h

Perputaran sebuah elemen akibatTh

23

* Dua buah tegangan geserTv dan Tb sating dihubungkan. Seperti keseimbangan untq.k elemen kecil • perputaran tidak diijinkan, karena harus :

* Akibatnya ialah jika kita menentukanT untuk satu arah pada suatu titik,T dalam arah tegak lurus secara otomatis akan diketahui juga (besarnya sama ).

5.1. Distribusi gaya geser pada penampang melintang.

Sekarang kita ingin mengetahui bagaimanaT berubah pada penampang melintang.

Untuk ini, perhatikan sebuah balok yang disusun dari papan-papan dan di lem bersama. Kita ingin menghitung T pada batas-batas sambungan yang di lem.

Contoh:

le b (, \ 1

1

®

1,5

0.5

e

� � 0 M

M+�

Setelah mendapatkan gaya dalam L, M kita ambil sebuah pagian balok (freebody) dengan gaya-gaya dalam untuk keseimbangan.

Freebody AZ

24

A i

6

akibat netto gaya-gaya dalam catatan: tidak perputaran berarti

L.AZ = AM

• A s

keseimbangan horisontal untuk bagian yang dipisahkan:

T.b.AZ = 4a .A

A = luas bagian yang dipisahkan.

1

Seperti kita lihat dalam gambar, untuk mendapatkan keseimbangan horisontal pada bagian yang dipisahkan, maka harus ada :

T.b.�Z = �a.A dengan �a �M -y lx

kita dapatkan . �M T.b.�Z. = -1 -.y.A

X tetapi S = y.A adalah statis momen dari bagian yang dipisahkan,

berpedoman pada N. A.

T.b �M S �z · Ix

�M tetapi �25 = L.

.___T ___

_ L_. _s

_ ___,jl· rumus umum untukT . _

b.Ix .

5.2. DistribusiT pada penampang empat persegi panjang.

Dalam contoh soal telah kita dapatkan : Ix =

*

*

Pada h didapat s h 3 3 y = + - (b.4 ):8 h - 4 32

L 3bh2 12 L 9 . L 1,125 b.h T -b "

Pada y=O

32 . bh3 b.h . 8

bh2 didapat S = 8 L 12 L bh . 8 = l,5 b.h

bh2

distribusiT � � 1,125 Trata-rata I,� �1,5T,.to·mto b

* Jika kita sebutTrata-rata = �.h, maka dapat dilihat bahwaTmax imum untuk penampang empat

persegi panjang adalah : Tmax

pada level dari titik berat TB.

* Dari hasil ini kita lihat bahwa distribusi -r pada penampang empat persegi panjang seperti gambar di samping.

1,5Trata-rata

* T m ax pada level titik berat dapat juga dihitung seperti berikut :

\·6

Tmax·��.b = �D

dengan �D =

Tmax· b ==

�M �25 .

Tmax = L b.Z.

distribusi T dalam penampang empat persegi panjang

dan L;;: �M �z.

dengan Z. = ; h 25

*

I �H = 0 I T .b.A�

T .b .AZ

= AD } AT -+ Tatas = -Tb a wa h

AD = -AT

5.3. Distribusi T untuk P!UlBIDPJlDg H.

Perhatikan penampang berikut : Ix = � Ai·Y2; � Ixi

*

ti -·-·

b

B

)2 1 Ix =: (B.t ) (h1 + t . 2

Ix (B.t ) ( �1 + � )2 .2 + �-�3 • 2

hl hl 2 hl 3 1 + 2 (b .2 ) (4) + b(2 ) 12 . 2

Bt3 h1 h1 2 h1 3 1

Karena 2 . 12 +2(b. 2-) (4 ) + b(2 ) . 12 . 2

kecil , maka dapat diabaikan.

Dari rum us umum untuk T diperoleh :

Pad a hl

y = ±2 s (B.t) ( �1 + �)

-+

-+

L (B.t} (h1 + t} .2 Untuk badanjweb T b (B.t) (h1 + t)2 .2

L (B .t) (h1 + t) .2 Untuk flensfsayap T = B (B.t) (h1 + t )2 .2

karena B � b-+ maka Tnens � Tweb .

1 (B.t) (hf + t) . 2 L

b(hl + t

L B(h1 + t )

* Pada y = 0 hl t hl hl

S = (B.t ) (2 + 2 ) + (b. 2·4 )

sehingga T akan sama dengan T pada y

- - L t - b(hl + t)

* Distribusi T sebagai berikut :

l r�· t

b �

I I' 26

� diabaikan

1 (B.t) (h1 + t ) . 2 hl = +--- 2 .

L

"'o

r

* Kita dapat memperol,eh hasil yang sama , dengan memakaii cara pendekatan :

~ y .6�

untuk keseimbangan : I L:lM = L:lD.Z. -+ LlD =

� �-) l:.h,.,.t ,;

,:r 1.6� \r

I: H =

ilM B

0 I '1 1

.60

T.b.LlZ = AD AM 23

T.b L:lM 1 L:lM 1 ---23 '.;lZ. Ll.Z. . 23

L:lM L L:lB

:. T L

b .Z. \� % hi + t

Freebodies :

Keseimbangan arah horizontal

T.b.LlB ilD L:lM .z.

T.b.Ll� L:lT L:lM %

T.b L:lM 1 L = L:l23 ·� g

T L b. Z

dengan � = h1 + t

* Dalam penampang H, -sambungan antara flens dan webjbadan dapat menjadi kritis.

L:lD ilDflens � 2 (LlDnens = ADF d

Mekanika Teknik 2- 3 27

*

keseimbangan :

dD 2

= T.dZ .t

dD 2

T.t

AM AZ

AM 1 --

z . 2

dD 2.dZ

AM 1 1 -- -

Az ·z '2

L

L 1 ---

t.Z . 2

Keadaan yang sama untuk penampang Box 0

5 .4 . Distribusi tegangan geser T dalam balok T

2.

Mengingat distribusi tegangan dalam sebuah balok T, kita dapatkan :

28

L.S b.Ix

.o<JtJ L I, 1 1

Perkiraan untuk gaya tekan = jumlah gaya-gaya tekan di dalam sayapjflens.

r

Freebody : dengan perkiraanfpendekatan :

c.n o

')( sebenarnya Pendekatan . ---

Tm ax -

5.5 . Distribusi T untuk suatu bentuk penampang 'P M :: 1 6o<X)() l<.6cm

Contoh , Dalam penampang sebuah balok kita dapatkan : fV\2\ JwW\M/�0 �·-

X .r- Lx= L\ 300 k6

R. F ree bOd y Balok mempunyai penampang sebagai berikut :

I

1 2

a=-6,93 kg/cm2

a=+8,94 kg/cm2

M a = � · Y

Harga-harga penampang dihitung dalam bentuk tabel :

i Ai Yi Ai ·Yi Ai ·Yf lx i = bh3 12 1-· --

1 600 5 4 32 400 17 4:1600 7200

2 540 30 1 6200 486000 58320

3 360 6 2 160 12960 4320

A=1500 Sa=50760 � =2248560 69840

T 0

1, 7 5, 7 5 6, 50

4, 74 2, 37

0

Permukaan :

T L.S 1 b.I�

Sa YG = A

50760 1500 33,8 cm

la 2248560 + 69840 2318400 cm4

lx 2318400 - 1500 (33,8)2 604740 cm4 •

29

* Sekarang kita dapat menghitung T pada permukaan yang berlainan dengan menggunakan rumus

L.Si 4300 .Si umum T = bj .lx bj.6047 40

s 0 s -+T 0

b -+ T

b -+T

600.20,2 12120 cm3 . 50 cm 1 ,7 kgLcm2

15 cm 5 ,7 5 kg/cm2

s

b T

. .. . - � �

12120 + s 360 ,27 ,8 s 0 {14!2}2 15 10008 cm3 • -+T 0

2 b 15 cm 1 3632 cm3 -+"""[ 417 4 kgLcm2

1 5 cm b 30 cm 6,5 kg/cm2 -+T 2 ,37 kg/cm2

* Kita dapat juga menghitung T pada potongan vertikal yang berbeda dengan menggunakan rumus umum yang sama.

30

T = L. Si bj . lx

4300. Si bj . 604740

Dimana bi adalah tebal arah vertikal dari bagian yang dipisah.

Si = ( 50 -; 15 ) . 12 . (26,2 - 6 )

4242 cm3 . bi = 12 cm

4300.4242 T = 12 .60470 2 ,5 kg/cm2

Freebodies

Si = ( 30 � 1 5) . 12 . (33,8 - 6)

2502 cm3 bi = 12 cm

4300.2502 T = = 1 ,5 kg/cm2 12 .6047 40

.41111 z ' s . 2. 5 [lllLW'

1.5 � � 1- 5

Distribusi T pada flens/sayap

VI. TORSI/PUNTIR

6.1. Pengertian Dasar ·

Jika sebuah gaya menyebabkan sebuah batang berputar sepanjang sumbu memanjangnya, maka ia mengalami puntir.

� .-:;: Contoh : MT = P. e

.-p

r e !, ..,

eksentrisitas tumpuan kayu palang di atas balok induk.

Momen Torsi M+ ditahan oleh tegangan geser dalam penampang melintang.

kita dapatkan : I Tmax � I (tegangan geser puntir)

hb2 3 b W+ ""- (1 - - - ) - 3 8 h untuk penampang empat persegi panjang.

Jika ada puntiran dalam sebuah balol\, diperlukan tumpuan untuk menahan puntiran tersebut.

Puntiran dianggap sebagai beban. MTA MTB * Pem:ebanan A 'qi)'.&.J;I./--

a--J.+

VM_

T_

b--� B

Y = tumpuan untuk puntir.

puntir Q � M+ * Reaksi-reaksi

* MT diagrams

31

Pembebanan Pembebanan Puntir

Puntiran Terpusat

Puntiran Merata

Torsi/puntir Jika sebuah beban tidak bekerja pada bidang vertikal yang melalui titik berat penampang suatu balok, balok akan berputar dan kita dapatkan puntiranftorsi.

Contoh :

Q �I ' Be ban eksentris

Keseimbangan tidak berubah

selanjutnya bahwa :

Beban sentris + kopel P.e

e

e

Beban sentris Momen Tarsi

M+ = P.e

* Sebuah be ban eksentris P mempunyai akibat yang sama sebagai sebuah be ban sentris P + sebuah momen puntir M+

'

Jika kita dapatkan P1.!Utiran, kita harus melengkapi balok dengan tumpuan khusus untuk puntiran

sehingga balok tetap dalam keseimbangan.

Contoh :

----

tumpuan untuk �p + y =)Mt puntiran 15. 0 y (simbol Y) lRA tl<e (\ n M-rA Mrs

lentur normal Puntiran untuk P untuk MT

Untuk menentukan bagaimana puntiran didistribusikan sepanjang balok , kita perhatikan syarat keseimbangan � MT = 0 yang sesuai dengan syarat keseimbangan � M = 0 untuk gaya-gaya yang bekerja pada sebuah balok.

sistim sebenarnya sistim Analogi ( sama/sesuai)

A .A.

u Av= MTA

t a L

AP=MT 8

n �

k b Bv =-MIB

Dalam analogi ini kita pertimbangkan MT dengan cara yang sama sebagai gaya-gaya kita dapatkan :

* Reaksi-reaksi :

*

� MT = 0 terhadap tumpuan puntir 0 �

terhadap tumpuan puntir

Dengan mendapatkan gaya-gaya reaksi, distribusi MT ditentukan dengan cara yang sama seperti gaya lintang. Dimulai dari kiri ke kanan kita dapatkan :

* Distribusi MT

V G 33

* Sekarang kita pergunakan sebuah contoh yang mana rnemperlihatkan bahwa untuk balok yang sama, sistim statika untuk lenturan dan geser dapat berbeda dari s istim statika untuk puntiran.

Contoh :

Beban sentris

Reaksireaksi

Geser 4t

lent ur

Catatan :

e=O. r 5 r=2t/m'

[RJ P=2t/m'

I Be ban eksentris

. ! p � � + Lt] l

Be ban sentris

Torsi/ puntir

Kita dapat menghitung secara terpisah akibat-akibat dari be ban sentris dan untuk puntir.

( P=2t/m'

I l l I 1 1 i I l l ! I i 1 1 1 11'1 1 ! I I I l l A

tA P. L v= 2 = 4t

:a.

tB _ P. L v- 2

= 4t

Tarsi ffiT=O. 3 tm/m' ,

ffi T=2.0,1 5 =0, 30 tm/m

\ n tidak ada tumpuan

' \ untuk puntir '�

'-.

( ffi T=0. 30 tm/m'

tidak ada tumpuan

t MTA=mr. L=l , 2 tm . Reaksi MT

4t 1, 2 t�

Puntiran MT

'(£/ PL2 M =-- = 4 tm 8

1. Dalam contoh ini momen puntir MT didistribusikan merata sepanjang balok. 2. Sistim statika untuk puntiran adalah sebuah kanti fever, karena pacta titik B tidak ada tumpuan

untuk menahan puntir, tetapi di titik A balok ditahan terhadap puntiran.

34

r

6.2. Tegangan Geser Puntir Akibat momen puntir MT menyebabkan balok berubah bentuk sedemikian rupa sehingga menghasilkan gaya geser.

elemen elemen

T.sebanding dengan r

Puntir

>

elemen-elemen berubah bentuk . Perubahan bentuk (deformasi) disebabkan oleh tegangan geser. Deformasi 'Y sebanding dengan r .

'Y 1 'Y2 r't rz tetapi sebagaimana 'Y � , selanjutnya :

1 �=

� 1 Jika kita perhatikan sekarang, keseimbangan sebuah elemen dari sebuah pipa dengan ketebalan yang berubah-ubah kita dapat melihat bahwa :

Freebody :

L t = 0

Tdd 1 . 1 ) --r2(d2 . 1 ) 0

nilai : I T 1 .d 1 = T 2 .d2 = t

disebut "shear ffow " besarnya tetap (=t) sepanjang penampang dari pipa, akibat MT .

6.3. Tegangan geser puntirT di dalam pipa a tau penampang "box ". b 1'

Penampang melintang

. __ ...__ .

� t i t + t • t

· - __. .

t Shear flow t = konstan t = T. tebal

t h

1 �

l r h R :: t·h

. ____.

Rb:. t· b -+ b � 1 Gaya geser A =rn ekivalen

35

untuk mendapatkan keseimbangan kita harus mempunyai :

R? (h) + R? (b) = MT ----+ t.b.h + t .h.b = MT

Tegangan geser puntir

t .b.h MT .......,...... A 12

t

T = nilai rata-rata di atas h 1 atau b 1

----+

seimbang

sepanjang b

sepanjang h

6.4. Tegangan geser puntirT dalam penampang empat persegi panjang

Kita dapat mempertimbangkan penampang empat persegi panjang sebagai sebuah penampang "box" dengan lobang yang sangat kecil.

+- b ---,Ill'-" i------.r -,__

+ h

...._ ___ .....�, -t<--

Penampang

El

Ekivalen penampang "box"

Distribusi T (T sebanding dengan r)

2. t.. 3· b L -r A

Rb= ·d' . h . b m 2. Gaya geser ekivalen dengan

Tm a x Tm = -2-- (rata-rata)

Kita lihat bahwa gaya geser ekivalen R untuk penampang empat persegi panjang adalah sama sebagaimana untuk penampang box tetapi letaknya berlainan. Lengan gaya b menjadi � b dan h menjadi � h. Oleh karena itu syarat keseimbangan menjadi ;

R? ( � h) = �T

R? ( � b) = �T

Dengan Rb =

b Tm a x

1 ) ----+ b

Tm a x 2

36

MT atau juga, sebagaimana untuk penampang box :

1 )

2 )

dan -h

L m a x

-b L m a x

kita dapatkan :

T terkecil

r I

2 ) ---? h Tm ax 2 _,...b.L = m a x T terbesar

01 adalah suatu faktor koreksi, karena distribusiT dalam penampang empat persegi panjang tidak tepat berbentuk segitiga.

Contoh :

Kita ingin membandingkan T� ax untuk dua penampang em pat persegi panjang dengan luas yang sama. A == 64 cm2 untuk MT = 32 0 kgcm .

32.

/

8

[ 1 0 .98

3 8 0! = [ 1 - 8 . 8 ] = 0 . 62

_,...b. L m ax

--h "L m ax

320 32 . 4 0 98 3 . '

320 8 .6 4 0 62 3 . '

7 ,65 kgfcm2

3 ,02 kgfcm2

Kita lihat dari contoh di atas bahwa penampang yang pada t (compact) jauh lebih baik untuk puntir daripackz penampang yang langsing.

6.5 . Tegangan geser puntir T di dalam baja profil

Dapat kita pikirkan bahwa ketahananfperlawanan terhadap puntiran sama dengan penjumlahan ketahanan dari elemen-elemen empat persegi panjang yang membentuk penampang.

0 3 7

sehingga kita dapatkan :

dalam bentuk umum :

Rumus-rumus dapat digunakan juga untuk profil-profil lain, seperti ; r L C 6.6. Superposisi dari Tgeser dan T puntir

Jika dalam sebuah elemen kita dapatkan geser dan puntir kita harus menjumlahkan akibat keduanya.

Lt o t a l = Tg eser + Lp u n t ir

Contoh :

Kita telah ketahui dalam contoh terdahulu bahwa sebuah beban eksentris P = 2t/m, dengan e = 0 .15m pada sebuah balok dengan £ = 4 m menghasilkan :

L Geser . L = 4t -+ --r = 1 ,5 b .h 6000 30.50 4 kg/cm2

Puntir 3 30 MT = 1 ,2 tm -+ cx = [ 1 - S . 50 ] 0 .775

-h 120 000 10,3 kgfcm2 50 .302 L m a x

3 . 0 ,775

=? Tm ax = 4 + 10 ,3 = 1 4,3 kgfcm2 •

Jika kita memberikan tumpuan untuk puntir juga di titik B , kita dapatkan :

38

��,....,..�,..,....,,....,....,...,...,...,..... ....,..., r rn r "" O· 3o+m/m ' A INII\t\NW\;1NUL/1Mih"' B A :0..

MTA t mT .{ =0. 6 tm j MTs=mr .{=o. 6tm

0. 6 tm� � 0. 6tm

Reaksi-reaksi MT

Puntir MT

Sebagaimana tumpuan-tumpuan untuk lentur yang tidak berubah, gaya geserjlintang L dan momen M tidak berubah. Karenanya untuk T m ax kita dapatkan sekarang .

Geser

Puntir

Catatan :

L = 4t

MT = 0 .60 + m

Tm ax

T = 4 kgfcm2

-rh = 5 ,1 5 kgfcm2

4 + 5 ,15 = 9,15 kg/cm2

Jika sebuah beban diker:]akan pada sebuah batang tak simetris (contoh L), maka pada batang tersebut akan timbul puntiranjtorsi.

Beban bekerja pada arah vertikal melalui titik berat TB .

Penampang : melintang

* simetris tidak ada puntiran

Jika dua profil kanal dipakai, atau dua profil L (siku-siku)

JC. tr

* tidak simetris ada torsi/puntir .

Sekarang penampang menjadi simetris, berarti tidak ada puntir . dinasihatkan tidak menggunakan profil kanal (C) tunggal maupun profil siku-siku (L) untuk batangbatang terlentur.

39

VII. TEGANGAN-TEGANGAN KOMBINASI

7 .1. Kombinasi M dan N

Dalam beberapa keadaan, sebuah batang tidak hanya dibebani oleh gaya-gaya atau momen saja, tetapi kombinasi dari keduanya. Hal ini timbul pada banyak kolom maupun balok pratekan. Tega!'lgan pada suatu titik dari elemen ini dapat ditentukan melalui super posisi tegangan-tegangan yang dihasilkan gaya Normal dan oleh Momen.

a = N A tegangan normal

M a = � . y tegangan lentur

� + f . y I tcgangan kombinaei.

Dalam batang-batang semacam ini sumbu netral tidak lebih panjang sesuai dengan titik berat T.B. penampang.

Contoh :

A b.h 0 . 1 5 m2• rl M�lOOKNm

h:o. � N�400KN/2000KN

� Ix

w =

bh3 3,125 .1()3 m4. 1 2 bh2 0,0 1 25 m�

I 'o :: o. � I'JII ;( ,"'

Untuk N kecil :

Untuk N Besar :

40

X 6

- 2,7

�·- · - -� -�) 7 ... Jt: 3 04 M N ....--__ o , \ O -- -+ o 1"'1_H + :;1, ()-:: - - = - -z., 7 - \.J 0 O"! n .:; m1. _ 8 o, O ! < S m .. �� 5

. -·-·- ·,-+ 8 -5.5

l

lSi.

Sua tu yang penting dalam hal ini dinyatakan oleh distribusi tegangan sebagai berikut : untuk N = gaya tekan.

tP--- - -- (j - - -- - - 7

::.::7 Nt - --' e h 6 eksentrisitas

gaya-gaya dalam o {n ol) 1 Dalam hal ini

N M.6 a = bh - bh2-

h ---+ M N.6 .

0

Kita 'ebut \,___

e __

M_N _ ___. eksentrisitas dari N.

Kita dapat melihat j ika

e h 6

e M N

h .;:: + -� - 6

e h 6

. -...=d . -. -- � - -I -1 1

Gaya dalam ekivalen

M = N� - N e 6 - . .

tegangan dalam penampang adalah tegangan tekan.

er e = 0

Karenanya e M > _Q N 6 kita akan mendapatkan tegangan tarik dan tekan

dalam penampang.

7 .2 . Keadaan khusus : pondasi Kita pertimbangkan di sini penampang dari hubungan antara pondasi dinding penahan tanah dan tanahnya sendiri. Dinding penahan tanah dapat dianggap dijepit di dalam tanah.

I ! I + H 0

7777:�'777'. ftnN77T/:;:r;,'7",. J a

I dinding penahan tanah.

N �·-oil(-- - · - -

L Q 1 dinding penahan tanah yang sama (hanya diputar untuk penj elasan)

gaya-gaya pada permukaan dari bagian yang berhubungan dengan tanah M = H.a.

41

Sekarang kita dapat memeriksa:

Untuk

Untuk

h e = - � + � - 6

e M > + .h. N - 6

hanya tegangan tekan

a = N ± b.h

N.e.6. b.h2

tegangan tarik dan tekan terjadi dalam penampang di antara pondasi dan tanah . Tetapi di antara pondasi dan tanah tidak ada gaya tarik yang dapat dipindahkan/diteruskan ; tanah tidak dapat menahan tarikan.

tarik tidak mungkin untuk tanah.

Dalam hal ini kita ingin mendapatkan tegangan tekan saja. Tegangan tekan harus ekivalen dengan gaya N.

h N pada e > 6 Dengan C

N

�Le r- ) h I "- -· - · '

h 2 - e

a .3c.b 2

tegangan ekivalen

a 2N 3b.c

7 .3. Tegangan Tumpu (Bearing stresses)

Tegangan yang terjadi pada titik hubungan di antara dua buah batang disebut tegangan tumpu.

Besarnya tegangan tumpu pada suatu titik secara sederhana sama dengan beban yang diteruskan dibagi dengan luas bagian yang berhubungan.

42

kolom

luas bidang yang berhubungan

� � R A

gaya reaksi

luas bidang yang berhubungan

VIII. DEFORMASI AKIBAT PEMBEBANAN

8.1. Deformasi sebuah balok

Telah kita ketahui bahwa akibat bekerjanya sebuah momen dalam M sebuah elemen balok dengan panjang AZ akan mengalami deformasi sebagai berikut :

Kita lihat bahwa :

Kita dapatkan

sehingga

a tau = I

AQ � = 2

h 2

AQ h

A'{) 2. A: dengan mengingat bahwa :

AQ = E . AZ -+ E = Gmax E

Gmax · 2. E.h

- . AZ tetapi Gmax

2 M "' A'{) = 2 . AZ E.h ·' I

lngat :

Untuk sudut a yang kecil tga = sina = a (rad) . �t Rtga " Ra

dan :

a = tga

M h I . 2

y

L - R

� L R

A'{) = M El . AZ (rad ) sudut deformasi untuk elemen AZ

Sekarang kita ingin mengetaJ:mi bagaimana ini dimungkinkan untuk mendapatkan deformasi-deformasi dari sebuah balok, dengan menggunakan pernyataan tersebut.

1f A>? .{

Jika kita membagi balok dalam bagian-bagian AZ �, yang berbeda dan memusatkan A'{) hanya pada '- _ _ _ _ - keadaan sebenarnya

pusat AZ, kita memperkirakan deformasi dari A� balok seperti berikut : ,

' �-- --- ---�

Mekanika Teknik 2 - 4

keadaan ideal

43

Balok ideal dengan garis lendutan.

Kita lihat bahwa jika kita dapat menentukan r.p pada tumpuan-tumpuan dan Ar.p pada titik titik 1 ,2 , 3,4 . . . . , garis lendutan balok akan diketahui.

1 z. 3 4j: 5 8 .2 . Perputaran r.p dari balok pada suatu tumpuan g:==., • • • �

.,. 6? , Ae ,, �z: ,, .ll.Z , c. z -;--Kita perhatikan sebuah balok yang dibebani dan

1 ( • •, � ,. momen dalam M. �� M Jika deformasi diijinkan terjadi hanya pada sa tu M 1 M 2 ,...,3 I M s sendi pada suatu saat, misalkan sendi 2 : · y'

Dan kita dapat menuliskan : R.. M4

Ar.p'l )· Q

Ar.p'l ) Ar.p<;_ )

Ar.p2 • Z� z� Ar.pz ·£ dengan

Mz Elx

. AZ . zi 2 Q

p

Ar.pz Mz . AZ Elx

Jika kita lakukan hal yang sama untuk sendi-sendi lainnya, akan kita dapatkan Ar.p A , Ar.p l b.r.p A . . . .

Sebagaimana r.p A adalah jumlah semua penyumbang-penyumbang /:lr.p A , kita dapatkan :

la) � i == 1 ,2 , . . . , 5

Pada titik ini, akan kita lihat pada analogi rumus ini dengan sesuatu yang sama (O ,Mohr's Analogi) .

Kita perhatikan balok yang sama dengan sebuah pembebanan khusus P

Jika AZ kecil, kita dapat memusatkan beban pada tengah-tengah dari b.Z dan mengambil : . M·

pi == E; . AZ Jika dapat menghitung bagian dari reaksi AA (2 ) yang disebabkan oleh

M2 P2

== El . AZ sebagai contoh, kita per-oleh

44

P2 .Zi M2 z� El

. b.Z . Q

_M_

Jika kita lakukan hal yang sama untuk P1 , P3 • • • P5 kita akan dapatkan �A(l ), �A( 3 ) . . . �A( 5) Sebagaimana reaksi A adalah sama dengan jumlah semua penyumbang �A, kita dapatkan :

lb) i = 1 ,2 , . . . 5

Jika kita bandingkan la) dan lb) kita lihat bahwa.kita dapat mengatakan

'fiA = A

Rumus ini berarti :

Jika kita bebani sebuah balok sederhana dengan beban khusus P � , reaksi A untuk beban

ini akan sama dengan 'fi A (putaran balok pada tumpuan A dalam radial) .

Reaksi B akan sama dengan 'fis .

Contoh : Kita ingin menghitung perputaran sudut 'fi A pada tumpuan A untuk balok berikut :

�p E I=konstant

K I, 1

8 .3 . Lendutan (y) dari balok

Kita perhatikan lagi balok ideal kita dan momen M yang dihasilkan oleh beban yang bekerja.

Balok.

Distribusi M

M beban khusus P = El

Reaksi A = 'f!A

A 1 P£ £ - --- -2 . 4EI . 2 'fllad ial 32�0 (derajat)

4 5

Ingat, untuk sudut yang kecil :

� 6<f.»T-f A� I, 'I

Jika kita ingin menghitung y 3 kita dapat menuliskan :

dengan beban khusus P

Jika � Z kecil, kita dapat memusatkan beban di tengah-tengah dari tiap-tiap �Z dan ambil : Mi

Pi = EI · � z

j ika kita ingin memghitung M3 kita dapat menulis :

2b)

Jika kita bandingkan 2a) dan 2b) , ingat bahwa �'-P-I M· E; . � z

Dapat kita katakan

Ini berarti bahwa :

Jika kita bebani sebuah balok sederhana dengan beban khusus P = El , momen M akibat - M l

46

beban ini pada tiap-tiap titik dari balok adalah sama dengan lendutan y dari titik tersebut . _

Pemeriksaan balok terhadap lendutan.

Setelah mendapatkan lenctutan y ctari perhitun�an (umumnya cti tengah bentang), kita banctingkan y tersebut ctengan lenctutan yang ctiijinkan ctala� peraturan;

Contoh : Kita ingin menghitung lenctutan pacta tengah bentang.

/::J)M

Balok

Distribusi momen M

Pembebanan P M El

p£3 Q 2 4EI 2

p£2 Q 3 Q 8 EI . 3 . 8 . 2

5 p£4 -- --38 4 El

ingat : Parabola

�

luas = P Q� 3

j-?e �. Q 2 El 3

R_ p£2

dengan M = 8 � Y Q = 40 M£2

384EI 1 2

1 M£2 ""' - --El

Catatan :

Kita ctapat melihat bahwa pacta tern pat ctengan momen terbesar M, kita ctapatkan juga lendutan y terbesar.

8 .4. Deformasi Kontilever

Deformasi untuk kontilever ctapat ctitentukan ctengan mempertimbangkan bahwa perilaku sebuah kontilever actalah sama ctengan perilaku sebuah balok ctengan panjang gancta.

-- - ..........

" ,

47

contoh �

ingat :

parabola :

- e ' lva s = 1' · 3

8 .5 . Dua Penerapan. 1) . Jika sebuah beban dikerjakan kepada sebuah sistim dari dua kontilever yang disam bung kaku

dengan I yang berbeda, atau E yang berbeda, kita dapatkan ;

48

disambung kaku E=O

11::\ 'EI � �;::;_::====_ -=-=-=_=

_=

_

=

_=::� -t Yb= y

Q, - f ,V i'

"tEJ: � Pa_ -- - - -- - --==-= �q --- ¥

Kita pisahkan beban P dalam dua bagian Pa dan Ph · Lendutan untuk :

� {, Pb Pb . £3

b ) �-�E-:t _ _ _. Yb =

3EI

Pa . Q3 Ya = 3.2EI

Tetapi Ya dan Yb harus sama dan P = Pa + Ph , sehingga ia menjadi seperti berikut :

Pa £3 Ph . Q3 -+

Pa p y =

3.2EI 3EI 2

p Pa Pa Pa

2 + - -+ 3 P. 2

p � p + pb pb 1

= -+ = 3 P. 3 Kita lihat bahwa beban didistribusikan kepada kanti lever (atau balok dengan bentuk lainnya) sebanding dengan kelakuan (EI)nya.

Elemen yang lebih kuat menerima be ban yang lebih besar .

2) Jika sebuah beban dikerjakan pada sebuah sistim dari dua balok yang disilangkan.

Balok A memikul bagian P A dan balok B bagian Ps dari beban P = P A + Ps .

sebagaimana lendutan balok harus sama, kita dapatkan :

3 3 PA £If PA .QA Ps .£s � QA3 48 EI 48EI Ps

* jika QB QA m aka PA = Ps p 2

* j ika £s 2£A m aka PA (2 QA )3 = -----;:;-J-- = 8 Ps QA

Kita dapat melihat bahwa :

� PA = 8Ps � PA §_ p 9

Balok yang lebih pendek (lebih kaku) mengambil bagian yang lebih besar dari beban dari pada balok yang lebih panjang.

Momen-momen : MA

Karenanya, momen pada bentang yang pendek lebih besar daripada momen pada bentang yang lebih besar. Lagi, elemen yang lebih kuat menerima beban lebih besar.

8 .6. Elemen-etemen statis tak tentu

Momen jepit M untuk elemen-elemen statis tak tentu dapat kita hitung dengan memperhatikan bahwa pada tumpuan jepit (fixed support) putaran sudut elemen terhadap sumbunya '{) = 0.

* Telah kita ketahui bahwa untuk balok yang dibebani merata, putaran sudut pada tumpuan-tumpuan ialah :

0 '-PB

P.£3 24 El

49

* Jika kita kerjakan suatu momen j epit M pada balok yang sama momen ini akan menyebabkan putaran sudut pada tumpuan-tumpuan.

Untuk M = "1,

Putaran sudutnya ialah :

, Q "PA =

3 El

, Q � 'Ps = 6 El

* Untuk sebuah balok dengan seb uah tumpuan jepit dan sebuah tumpuan sederhana (sendi, roll), dibebani dengan P. i�lf.Y:;:'u !IVJl!l!JV 11\NJA

A "" ' ...... _.... .... AIL rp,.. �:: o -- - - - -@ ( P

Putaran sudut '{)A di A harus nol.

'{)A = 0 dapat juga ditulis sebagai berikut

o M , "PA - · "PA = 0

'{) Ao p£3

M = -, = ·---"PA 24 El

3 El -Q - =

* sistim ekiualen (balok sederhanafsimple beam).

* Sekarang gaya-gaya dalam dapat ditentukan dengan sistim ekivalen.

� ' !!NQWOv\2\4N!l\11MIAr P

8 �Q t -

50

AV-::: o. 6zS p.e Bv -o.375 p€

1 ) R eaksi�reaksi pQ2 pQ2

� MA = 0 � Bv .Q- T + g = 0

P£ P£ I Bv = 2 - 8- = 0 .375 P .Q I

� V 0 � Av - p.£ + 0,375 p.Q = 0

1 Av = p£ - 0,375 p£ = 0 .625 p.£. 1

2) Diagram Pembebanan :

3) Distribusi Lx

Lx 0 .625 .pQ - p.x � Lx

0 = 0 .625 .pQ - p .x � X0 0 untuk X0 _ 0.625 .£

*

*

o. 7s .e. I I I t CfJo : 1 ) .... I I �

l 1

4) Mm ax :

Mmax = 0.375 pQ.3,375Q - P (0 .3�5Q)2

pQ2 = 14

5) Distribusi Mx Kita dapat memperoleh Q1 dengan menganggap sebuah balok sederhana (simple beam) dengan bentang Q1 , jarak di antara titik-titik yang mempunyai M = 0 dan mempunyai momen sebesar Mmax · Kita dapat menuliskan :

pQz PQ; 14 = -8- -+ Q l

8 = v 14 £2 , = o . 7 5 Q

6) Sket dari balok yang mengalami deformasi

Ingat bahwa untuk M -+ R M + -+ R + M = 0 : titik balok I

Jika kita mengerjakan dua momen jepit M pada balok yang sama, momen-momen ini akan menghasilkan putaran sudut-putaran sudut pada tumpuan-tumpuan.

Untuk M = "1,

Putaran sudutnya ialah :

" Q 'PA ·

I I Q 'PB ·

1 Q El . Q . 2

Q - . Q. 2

-+ 1 1 'PA

-+ 1 1 'PB =

• " \: ;)" �---r

Q .e �· v 2 El >'t Q tr l @ I 2 El

t S"-'' i ,,11

Untuk sebuah balok dengan kedua tumpuannya jepit, dibebani dengan P., ( f'

IW0N\MN\NVWVi

��--� ®

Putaran sudut '{)A di A dan '{)Bdi B harus = 0.

'PA = 'PB = 0 dapat juga seperti _yang telah ditulis sebagai herikut:

51

52

H2. 2

Pe 2.

0 - 1 1 '{JA - M '{JA

�Ao pQ3 M = ---, = --'{JA 24El . .

2 El PQ2 -- = --

Q 12

Sistem ekivalen (simple.beam) .

1 ) R eaksi-reaksi

� V = O

Q Ay = P -2

2 ) Diagram pembebanan

3) Distribusi Lx

Lx = p . . ; - p .x -+ Lx = 0 untuk x0

Q Q 0 = p . 2 - p.x0 -+ x0 = 2

4) Mmax :

� MB = 0

5 ) Distribusi Mx

Kita dapat menghitung Q1 dengan menganggap sebuah simple beam dengan bentang Q1 , yaitu jarak di antara titik-titik yang mempunyai M=O dan mempunyai momen sebesar Mmax . Kita dapat menuliskan:

PQ2 pQ 2 ff 2<r = � -+ Q l = ..; 3 = 0 ,58 Q

6) Sket dari balok yang mengalami deformasi.

l

* Hal umum yang lain dari elemen statis tak tentu ialah balok dengan sebuah tumpuan jepit dan

tumpuan sederhana (simple support), dibebani dengan momen kantilever Me.

Me

'· ' T t .... _______ --. ll, 5QMe 1,5QMe ��------(B--------�1

.r ... .- "" .-

-- .. - - -

M e Mtt) Re R �

Putaran sudut -.p A d i A harus nol.

Putaran di dalam A yang disebabkan oleh Me adalah :

� �c. � EI t� t

Me 6EI . Q

Syarat ..PA = 0 dapat dipenuhi untuk .

..PAe - M ..PA =" 0

I{)Ae Me.£ M = -,- = I{)A 6 El

3 El Q Sistem ekivalen (simple beam)

1 ) Reaksi-reaksi

Me = 2

- Me Me k.MA == 0 -+ By .Q + Me+ 2 = 0 -+ Bv = 1 ,5 T

kV = O -+ Av + Bv = 0

2) Diagram Pem bebanan

3) Distribusi Lx

4) Distribusi Mx

Me -+ Av =+1 ,5 -Q -

5 ) Sket dari balok yang mengalami deformasi

53

IX. PERENCANAAN BALOK

9.1. Syarat-syarat Perencanaan

Kita tahu dari perhitungan statika distribusi gaya-gaya dalam

M, L dan N.

Kita tahu dari peraturan-peraturan tegangan ij in a , r dan modulus elastisitas E dari bahan yang telah kita pilih untuk balok .

Kita harus menentukan/menghitung uk uran balok.

Syarat-syarat yang harus dipenuhi ialah:

- Balok harus cukup kuat

Lendutan pada balok harus kecil

M -a = W ..;;; a

Ymax ,.;;; Q 250

Balok harus cukup stabil w Fflens ..;;; a

1 )

la)

2)

3 )

Urutan perhitungan biasanya menentukan ukuran balok pada syarat dasar:

1 ) I W perlu ;;;;;. � dan memeriksa untuk syarat-syarat lain.

Jika satu dari syarat-syarat lainnya tidak terpenuhi, ukuran balok harus dirubah.

Contoh: Sebuah profil baja harus dipilih untuk memikul sebuah beban merata p = 4,5 t/m' pada bentang Q = 5 m.

1 ) , Berat sendiri profil (diperkirakan) g Beban hidup p

0,10 t/m' . 4,50 tjm' . +

Beban total q = 4,60 t/m' .

nQ2 nQ 2) Gaya-gaya dalam M = B = 14,40 tm dan L = 2 = 1 1 ,50 t

900 cm3 � dipilih HEB 240 dengan Wx = 938 cm3 g = 8 3 kg/m' < 100 kg/cm' (ok).

4) Periksa :

Contoh 2 .

11500 r = ...,...--'::.=;::...=-.:=---(24 - 2 ,4)1

y 5

384

477 kgjcm2 < r '=" 900 kgfcm2 (ok)

5 . 46 . (500)4 384 . 2 ,1 . 106 • 11259

Q 1 ,6 cm '=" 300 .(ok)

Sebuah balok kayu harus dipilih untuk memikul suatu beban merata P = 0 .20 tjm; di atas bentang Q = 4 m.

54

Oij kayu = 75 kgfcm2 , Tij = 8 kgfcm2 dan E = 80 .000 kgfcm2 •

Mmax = P � 2(�00)2 = 40 .000 kgcm.

Mm ax Wperlu = Ojj 40000 --- = 533 33 cm2 •

75 ,

Kita anggap b = 0.7h (atau b = 0 .5h)

�· b J·

sehingga : w bh2 0 .7 h3 5 33,33 cm3 . = 6 6

h3 4571 cm3

h 16,6 cm

b 0.7 h = 1 1 ,6 cm

Kita dapat memilih sebuah balok dengan h 18 .dan b = 12 cm

*

*

Kontrol lenturan Omax = w dengan W = 12(18 )2 = 648 cm3 kita dapatkan 6

L K t 1 1 5 _Etax on ro geseran : Tm ax = , b.h

dengan Lm ax = E 2

400 2. -2- = 400 kg.

400 2 = 'Tmax = 1 ,5 · 12.1 8 2 ,8 kg/cm < Lij (O.K)

Omax = 40.000 648

* Kontrol lendutan : lx = ��! 12fi8)3 5832 cm4 •

_5_ 2(400)4 384 . 5832 .80000

E = 80000 kgfcm2

9 .2 . Masalah-masalah Perencanaan r="-------.,

Dengan pertolongan hubungan Omax = Mm ax Wm in

Ini dimungkinkan untuk menyelesaikan dua masalah praktek.

Masalah 1 : Diketahui : simple beam dengan beban P = 100 kg/m1 penampang kayu _§__ cm • -

2 10_

2 Oij = 75 kg/cm ; Tjj = 8 kgfcm .

Hitung Qmax yang dimungkinkan.

bh2 5.102 Untuk balok : Wx = Wm in = 6 = -6- = 83,33 cm3

dengan Omax = a· · IJ

Mmax = Omax · Wm in

75 kgfcm2 kita dapatkan :

75 . 83 ,33 = 6250 kg cm.

Tetapi Mmax juga: Mmax =

62 kgfcm2 < Oii (OK)

Q 1 ,43 cm '=== 300 (OK)

55

Sebingga kita dapat menulis : 1 Q2 · Sax

= 6250 � Qmax 223 cm

Kontrol untuk tegangan geser :

Lmax

Tmax =

PQ 1 .223 = 112 kg 2 = 2

1 5 Lmax 112

2 , b.h = 1 ,5 5 .10 = 3,36 kgfcm < =rij ( .O .K)

Masalah 2 : Diketahui : simple beam dengan bentang Q = 1 ,50 m. penampang melintang kayu = 5 .10 cm • Olj = 75 kgfcm2 , Tlj = 8 kgfcm2 •

Hitung P max yang dimungkinkan.

bh2 Untuk balok kita dapatkan : W x = W m in = 6 dengan Umax = Uij = 75 kgfcm2 kita dapatkan : Mmax = Omax · Wm in = 75 . 83,33 = 6250 kg/cm.

Tetapi Mmax juga : Pmax · (150)2 8 Mmax =

Sehingga kita dapat menuliskan :

Pmax ·(150 )2 8 6250

Pmax = 2,22 kgfcm2 = 222 kg/m1

Kontrol untuk Tegangan Geser

Lmax

Tmax

p . ; =

1 5 Lm ax

' b .h

222. �5 167 kg.

5 167 2 = 1 , . 5 .10 = 5 ,01 kg/cm < L ij (OK)

9.3. Perancah untuk pelat beton "Formwork for a slab"

A) layout B) Beban-beban

� t \ . e..nax -8

,{I

J 20 f «O •t 80 k 80 1�, - i\ �

Tebal pelat beton = t = 1 5 cm. 'Y beton bertulang = 2 ,5 t/m3•

� � � / dinding � �� V I

� I I 1 1 :; � !

� �I 11 p t 0 V I ! 1 ! I

I '"""' tl

, __ t i 56

-

}

�

i ' l l t l j :: ( -" -, I I

./ /

.....___.,..

if.- => Berat sendiri g

1,6 0 g

2,5 .0.0,15 = 0 .375t/m2

375 kg/m2

r-

I ·

Berat sendiri di atas biasanya ditambah dengan

beban I p = 500 kg/m2 I untuk orang-orang

yang bekerja di atas pelat dan timbunan adukan 6 0 beton dari gerobak dorong maupun oleh kran,

sebelum dibagikan merata sesuai tebal pelat.

F-

��- - ---- - - - - - - -

� V

P dipertimbangkan bekerja pada suatu permukaan dinding seluas 1 ,50 x 1 ,50 m.

r-� � V V //////// //,�////// / /// /

Cn �

==> Beban total di atas perancah adalah :

* Beban tetap =g=375 kg/ m2 r "' � 1 t.? 1" $.0 �, 1 * Beban sementara =g+p=q=875kg/cm2 (1 ,5x1 ,5m2 )

Potongan melintang

c) Bahan-bahan yang digunakan ;

Kayu kelas Ill , lentur Uij geser Tij

E

Catatan : Berat sendiri perancah kecil, dan diabaikan.

75 kgjcm2

8 kg/cm2

80 .000 kg/cm2

d ) Perencanaan elemen-elemen perancah

Tinjauan Umum

Dalam praktek, panjang papan dan balok yang digunakan tidak diketahui secara pasti, karenanya letak-letak sambungan juga tidak diketahui. Pengecoran beton dapat dimulai dari setiap tempat dan sampai seluruh permukaan tertutupi.

keadaannya seperti ini : 1 (" sambungan papan

�ton

Ini biasanya dalam praktek untuk, perancah pelat dihitung dengan sistim simple beam (balok sederhana) dengan maksud mendapatkan hasil yang aman.

bukan seperti ini

tetapi seperti ini

D.l ) . Perhitungan papan-papan perancah.

Kita akan melakukan perhitungan untuk sebuah jalur le bar 1 m.

I �oo cm

Perhatikan bahwa beban g = 375 kg{m2 adalah sama dengan ;

375 g = 100 = 3,7 5 kgfcm1 untuk sebuah jalur lebar 1 m .

dan 875

q = 1 00 = 8 .75 kgjcm2 untuk sebuah jalur lebar 1 m

57

(mendukung papan)

Reaksi-reaksi :

,,. Q 80 RA = Rs = q 2 = 8 ,75 . 2 = 350 kg.

t f<A = 3SO � :A tl<e= 350 K6

Geser (gaya lintang) :

LA = Ls = 350 kg.

�kg om

Momen : Mmax

Perencanaan : Dengan rumus M = a .Wx dengan Oli � Wperlu

Kita dapatkan :

Kontrol :

bh2 Wx = 6

M Wxperlu = ==---- � a· · IJ

untuk jalur lebar 1 m . 7000

= 75

h2 = 5 ,6 � h = 2 ,4 cm � ambil h = 2 ,5 cm.

L = s 75 (80)2 q 8 ' 8 7000 kg/cm.

M Ojj

1 ) Lentur l '-_

a_

m_

ax_

=_

�_

x�

� = 10��g.�i 70 kg/cm2 < 0\j = 75 kgjcm2 (O.K) .

6

2 ) Geser Tm ax 1 ,5 rrata -rata I = 1 ,5 �h = 1 ,5 . 1g��2 ,5 = 2,1 kgjcm2 <"'iii = 8 kgfcm2 (O.K)

I 5 cr.Q4 I 3) Lendutan .__

Y_m_a_x __

.;:..38"-4�.-�_E.:..c.;I:.....___. � Beban tetap : g = 3,75 kgjcm2 · · E = 80 .000 kgjcm2 I =

bh3 100.(2 ,5)3 130 cm4. X 12 12

5 3,75 .(80)4 0 19 Ymax = 384 80.000.130 · cm.

Q 80 Yij = 300 = 300 = 0 ,27 cm

:. Ymax < Yij � 0,19 < 0,27 cm (O.K)

58

D;2 ). Perhitungan balok-balok

Balok-balok harus mendukung papan-papan.

Beban di atas balok didapatkan dari jumlah gayagaya reaksi dari dua bentang yang berdekatan:

q = Rt + R2

Sebagaimana gaya-gaya reaksi R1 dan R2 sama

dengan P � , beban di atas balok ialah:

m1 berarti q sama dengan beban dari tengahtengah ke tengah-tengah bentang dari dua bentang yang berdekatan.

1VVW�

di atas balok

L · Bo 1 1

Be ban di atas sebuah balok

J!LI\M44{ l:__,4..--.AMN----,-,-�&Ji_

Gaya-gaya dalam.

_l?V04YVWL[ q = 7 �gjcm1

r f . 6o -+ 1

*

Mmax=22400 kg cm

Perencanaan .

Dari M = a.Wx dengan Olj �

Mekanika Teknik 2- 5

= 7 160 =

. 2 560 kg.

Q Diagram Lx � Lm ax q . 2

Diagram Mx � Mm ax

Wx p erlu M

Olj

560 kg.

22 400 kgcm.

59

�

Kita anggap sebuah penampang dengan b = 0 ,7 h

sehingga Wx bh2

= 0,7h.h2 = 0,7h3

6 6 6

W __ _ M � · o,7h3 = Dengan � � Ojj 6 ·

0 ,7h3 = 1792

22400 75

h 1 3 ,7 cm } b = 13 ,7 .0,7 = 10 cm

Untuk penampang ini

Kontrol :

10(15 )2 6

10 .(15)3

12

dipakai ukuran

375 cm3 •

15 10 .

1 ) Lentur <" M 22400 = 60 kgjcm2 < a;j 75 kgjcm2 • Omax Wx 375

(OK) .

2) Geser 7max 1 ,5 Trata -rata = 560 1 •5 . 10 .15 5 ,6 kgjcm2 <Tij = 8 kgjcm2•

3) Lendutan Ym ax = 5 q�4 -- --384 . El

5 7 .(160t 0 ,26 cm. 384 . 80 .000 .2812

Q 160 Yij in 300 = 300

= 0 ,53 cm > 0 ,26 cm � (OK)

0.3 ) . Penyangga-penyangga

(OK)

Beban di atas penyangga-penyangga didapatkan dari jumlah gaya-gaya reaksi dari dua bentang yang berdekatan. '

N

N 560 + 560 = 1120 kg

i Perhatikan bahwa N sama dengan beban dar balok yang diukur dari tengah-tengah bentang satu ke tengah-tengah bentang lainnya dari dua bentang yang berdekatan.

60

I I I I I

< k;

MI\2\MAf1 t t Rt

I I I

""<: 1-c

rl4M1i �� P/\MZV\! Rt +R2=-l N

Kita dapat juga mendapatkan hasil yang sama dengan mengambil :

N = q . Apengaruh

N = 875. (1 ,6 . 0,8 ) 1120 kg 1 luas pengaruh

� -- t �i -

1.60

1.60

61

l

X. TEGANGAN-TEGANGAN UTAMA

Dalam sebuah balok (misalnya kontilever) a dan r dapat dikombinasikan menghasilkan tegangantegangan resultan disebut tegangan-tegangan utama (a 1 , a2 ) .

�p

L

Arah dari tegangan-tegangan utama ditunjukkan dengan garis-garis yang disebut trayek tori yang memperlihatkan bagaimana beban-beban dipikulkan kepada tumpuan-tumpuan di dalam balok.

Trayektori untuk sebuah ' simple beam " .u.p �§I . f �kobel lJf?----= bUM

lJL D

I

Memperhatikan pada trayektori-trayektori dari sebuah ' simple beam" kita dapat melihat bahwa beban P dipikul dalam cara yang sama sebagai sebuah rangkaian busur-busur tertekan yang didukungjditumpu oleh rangkaian kabel-kabel dalam tarikan. Inilah perilaku di dalam suatu bahan elastis dan homogen.

Trayektori-trayektori untuk sebuah batang dalam tarikan dengan sebuah lobang: pemusatan tegangan.

r'- 1" f\ r- ' ,.. I"·

r-r--1-1-i-�

I-r-r- h l � -r-.. 1-

II -62 '

a r- r-

----

, a

Distribusi seragam dari tegangan tarik terganggu oleh lobang. All.ran tegangan tarik di dalam batang dapat diperbandingkan dengan aliran air dalam sebuah saluran (kanal). Jika ada sebuah rintangan di dalam kanal (= lobang), air harus mengalir lebih cepat di dalam penampang ini (a lebih besar di dalam batang) . Kecepatan air (=a ) adalah lebih besar mendatang sampai rintangan daripada dekat tepi.

XI. BATANG-BATANG TEKAN : KOLOM

11.1 . Tekuk pada Kolom

Ketahanan sebuah kolom tergantung pada perbandingan panjang dibagi ukuran penampang melintang. Kapasitas beban batas/ultimate dari sebuah kolom pendek tergantung hanya pada kekuatan bahan yang dipakai dan pada penampang melintangnya. Sebuah kolom panjang dapat runtuh akibat beban yang jauh lebih kecil c;laripada beban batas (ulti-mate load) kolom pendek.

·

Jika kita tambah beban P yang bekerja pada sebuah kolom panjang, kita akan mencapai batas Per pada mana kolom secara tiba-tiba menjadi tidak stabil dan melengkung ke arah lateral : inilah peristiwa tekuk (buckling).

Jika sebuah kolom mengalami tekuk , ia tidak dapat lebih jauh memikul suatu penambahan beban. Untuk sebuah beban P> Per kolom akan mengalami deformasi terus-menerus sampai ia runtuh.

Pernyataan untuk beban kritis dari kolom dengan ujung pin/sendi telah ditemukan oleh ahli mate-matika Swiss L.Euler (1783). Pc.r

Beban kritis Euler

Per E = modulus elastisitas bahan kolom.

I momen inersia minimum dari penampang Qe = panjang kolom di antara sendi-sendi

= panjang tekuk.

Kita lihat bahwa dengan menaikkan kekakuan El dari kolom, Per akan bertambah pula dan dengan memperpanjang panjang kolom Qe mata Per akan menurun.

Dengan membagi Per dengan luas penampang kolom akan kita dapatkan suatu tegangan kritis yang selaras.

Oer = Per A a tau Oer

I " A

sebut = IL.._

r

__ ;r-_l _ _.

jari-jari kelembaman (radius of gyration)

(untuk Im in kita dapatkan rm in )·

dan

63

= angka kelangsingan

Kita dapatkan

Dari rumus di atas kita lihat jik.a A kecil, acr menjadi sangat besar. Tetapi acr tidak dapat menjadi lebih besar dari aruntuh bahan. Sehingga harga ini menunjukkan harga terbesar acr yang dapat dicapai.

Tegangan tekan ijin untuk sebuah kolom ditentukan dengan membagi acr dengan suatu faktor keamanan v (K.B)

a er aijin =

V

V

Faktor keamanan dianggap lebih besar untuk angka kelangsingan yang lebih besar. Sehingga hasil akhir dibenarkan oleh percobaan dengan test terlihat seperti berikut :

w

a

tegangan tekul{.

\ \ \

_ \ _ _ _ _ _

aij in m ax tanpa tekuk

aij in max dengan tekuk

Kita dapat melihat bahwa :

a =

as

w.a syarat agar tidak mengalami tekuk.

harga teoritis

harga hasil percobaan

Oljin max tanpa tekuk

a runtuh

aijin max dengan tekuk

koefisien tekuk.

a I

wa1 ··t----e a

contoh :

Koefisien tekuk w diberik.an dalam perato.ran-peraturan dan merupakan fungsi dari A.

64

Ringkasan, pemeriksaan untuk tekuk akan berbentuk seperti berikut :

1) Hitung panjang tekuk Q

2) Hitung r = J+ A Q 3) Hitung angka kelangsingan A = -r

4) Lihat dalam peraturan A --+- w.

5) Periksa w. � � a Jika syarat untuk tidak mengalami tekuk tak terpenuhi, kita harus memperbesar kekakuan kolom (memperbesar penampang atau memperpendek £).

11 .2 . Pengaruh bentuk kolom terhadap tekuk.

Bentuk kolom dinyatakan dengan r = 4 Jika Ix bertambah besar, r bertambah besar pula, A bertambah kecil dan beban tekuk

Per = juga bertambah besar.

. "\ ,. ).,. Seperti halnya untuk lenturanjbending kita mempunyai satu keuntungan jika bahan diletakkan pada iarak se.iauh yang dimungkinkan dari titik berat :

r = 0 .289 b r = 0 .25 D r == 0.41 b r == 0 .35 D r 0 .40 r 0.23

· Secara pendekatan I = r2 A.

1 1.3. Pengaruh keadaan ujung kolom terhadap tekuk. Jika kita mempunyai ujung kolom yang lain seperti sendi-sendi pada kolom kita harus melihat pada bentuk kolom yang dapat diambil. Panjang di antara dua titik bengkcik/lengkung (yang dapat disamakan dengan sendi-sendi) disebut "panjang efektif" dan akan digunakan dalam perhitungan.

� !le=£ }·0,5£ t t I £�=2£

I ··,

I I I I I

I 6!1

1 1 il I .I

Kita lihat bahwa sebuah kolom yang ujungnya dijepit kaku jauh lebih kaku dibandingkan kolom yang ujungnya sendi.

Sebagai contoh :

Untuk kolom yang ujungnya dijepit kaku, kita peroleh :

1r2 El 47r2 El Per = (0 ,5 Q)2 = Q2

Ini berarti bahwa beban kritis adalah empat kali beban kritis kolom yang ujungnya sendi-sendi.

Dapat kita katakan bahwa ujung yang dijepit membuat kolom lebih kaku.

11.4. Bracing

Cara lain untuk meningkatkan ketahanan terhadap tekuk ialah memperpendek panjang tekuk dengan memasang bracing.

Catatan :

66

Perhatikan bahwa untuk membuat stabil kolom hanya diperlukan gaya horisontal kecil saja.

H ;;;.. 0 .01 p I M Untuk contoh di atas (kolom jepit-jepit ujungnya)

D'\ufD H = 4.0,01 P

Kolom disokong hanya dalam arah sumbu x Sebagaimana momen Inersia I dan panjang tekuk kolom berbeda dalam dua arah x dan y, kita harus memeriksa Per untuk kedua arah terse but, Per yang terkecil menentukan.

1 1 .5 . Tekuk dari batang-batang dalam rangka batang. Dalam rangka batang, batang-batang yang menerima gaya tekan dapat menekuk.

ke dalam bidang rangka

penyokong/bracing

ke luar bidang rangka

1 1.6. Tekuk ke samping dari balok

Daerah puncak balok adalah dalam tekanan.

Sebuah balok yang tidak disokongfditahan dalam arah lateralfke samping dapat menekuk ke sampingfsecara lateral karena adanya gaya tekan.

stabiliser

* Metode pendekatan/perkiraan untuk memeriksa tekuk ke samping dari balok.

Jika mempunyai sebuah profil baja dibebani momen lentur maka kita dapatkan :

11 c 0 0 • •

) � c p

11 m Gaya tekan pada flens atas dan lh badan.

LAJ Gaya tarik pada flens bawah dan lh badan<

67

Kita dapat mempertimbangkan flens atas ditambah � badan yang tertekan sebagai kolom, yang dibebani D dan dengan panjang tekuk sama dengan panjang di antara titik-titik dimana dipasangkan pengaku ke samping (lateral/support) .

1 ) A = b.t + ih1 .d

2 ) ly == t.b3 12

3) r = F. A

4) A Qe = - � w

r

5 ) a - � ,:::: - A .._., a

Catatan : 1 ) Cara yang sama dapat dilakukan pada kantilever - kantilever jika bagian atas kantilever tidak ditahanf di sokong dalam arah lateralfke samping.

Kita anggap Qe = 2Q kantilever.

beban ke arah lateral (ke samping) ditahan ke arah lateral (ke samping) .

Catatan : 2) Pendekatan yang sama dapat dipakai untuk balok dengan penampang empat persegi panjang.

Dalam hal ini kita pergunakan :

A b .h OOnnx 2 D

ly h b3 - -2 . 12 �h )I; -

--r A

A Qe � w r

wD � a dengan D = M a A _g h 3

68

11.7 . Tekuk Eksentris

Kita lihat sebuah kolom yang dibebani oleh gaya tekan P bekerja dengan eksentrisitas e terhadap sumbu memanjangjlongitudinal.

Keseimbangan tidak berubah jika kita tambahkan dua buah gaya P bekerja sepanjang sumbunya dan dalam arah yang berlawanan.

Tetapi kita dapat memandang beban ini sebagai sebuah gaya P bekerja sepanjang sumbunya dikombinasikan dengan sebuah momen M = P.e

* e

P t � M=P-e

' Oleh karena itu sebuah kolom yang memikul sua tu be ban eksentris P, akan dibebani oleh :

p 1 ) Tegangan tekan A dan

2 ) Tegangan lentur akibat m omen M = P .e ialah M w ·

Kita bahwa kolom dapat menahan tegangan lentur lebih besar dibandingkan tegangan tekan murni. Dalam rangka memeriksa ketahanan kolom kita akan pertimbangkan beban Pyang bekerja sendiri dan memperbesar pengaruhnya dengan faktor w , seperti kolom yang dibebani secara axial.

Untuk tegangan ini kita tambahkan tegangan yang disebabkan oleh momen M .

Kita dapatkan :

a WR + _M_ ,;;;: a A W "" ij in

w momen tahanan maksimum dalam arah x atau y.

M momen maksimum pada kolom.

Contoh : Sebuah kolom dari HEB 160 dibebani dengan suatu beban eksentris P = 5t dengan e = 0,5m terhadap sumbu. Kolom mempunyai panjang Q = 4m dan dijepit pada ujung satunya sedang ujung lainnya bebas.

Periksa ketahanan kolom.

HEB 160 luas A = 54,3 cm2 .

Wx 311 cm3 , ix 6,78 cm. Wy 111 cm3 ; iy 4,05 cm. Qe 2Q = 8m = 800 cm.

A.max= 800 4.05

= 198

Dari peraturan untuk F e360 dan A. = 198 didapat w = 7 ,57

5000 a = 7 ,57 . 54 3 · + , 5000 .50 311 = 697 + 804 = 1501 < a(1600 kgjcm2 ) OK

69

XII. PELAT-PELAT

12 .1. Macam-macam Pelat Pada dasarnya ada dua macam pelat : 1 ) One way plates (pelat satu arah).

Jika pelat ditumpu hanya pada dua tepi yang sejajar, pelat dapat dianggap dibentuk dari balok-balok sejajar. Momen-momen dan reaksi-reaksi ditentukan menurut anggapan di atas.

2) Thjo way plates (pelat dua arah).

Jika pelat ditumpu sepanjang keempat sisinya, pelat menjadi seperti sebuah sistim balok silang.

P(t/m1 )

one way plate l,P(t)

sama dengan balok lebar 1 m.

two way plate

balok silang

Distribusi beban dalam dua arah ditentukan seperti untuk balok silang, dengan menetapi syarat bahwa defleksijlendutan pada titik yang sama besarnya sama untukdua balok imajiner (dua balok khayal/ yang dibayangkan).

Contoh :

Lendutan pada tengah bentang untuk beban merata ialah :

y =

Juga untuk pelat yang dibebani merata kita dapat-kan suatu distribusi p dalam suatu bagian Pa a. yang diteruskan pada tumpuan dalam satu arah pada bentang £a dan sebagian Pb bekerja dalam arah b. ·

70

...

Kita harus dapatka11 : p = Pa + Ph 1 )

5 Pa ·Qa 4 dan juga 384 . El

dari 2 ) Pa = ( Qh

)4 Ph Qa

jika Qh = Qa � ( Qh

)4 Qa

= 1

dan momen menjadi

=

5 Ph ,Qh4

384 . El

Pa Ph

dan Pa

0 ,5 p£2 8

2 )

= Ph

jika Qh = 2Qa maka : = 16 dan Pa = 16 Ph

dan kita lihat bahwa beban dipikul hampir secara keseluruhan dalam arah yang terpendek. Kita dapat memperkirakan :

p£f 8

0

Kita dapat menyimpulkan bahwa : Jika sebuah pelat mempunyai bentang lebih besar Qh ;;;;. Qa bentang yang lebih pendek, maka akan berperilaku seperti pelat satu arah (one way olate) .

12.2. Reaksi-reaksi untuk pelat dua arah Untuk menghitung reaksi-reaksi sebuah pelat kita harus memperluas apa yang telah kita ketahui tentang balok-balok. Kita tahu bahwa dalam balok yang dibebani merata ada suatu hubungan di antara Ym ax dan Mmax • dan untuk Mm ax � L = 0.

Kita tahu lebih lanjut bahwa reaksi-reaksi R = �Q

dapat ditentukan dengan mempertimbangkan bahwa beban-beban bekerja pada bagian kanan balok dari L = 0 (atau Ym ax ) akan menghasilkan reaksi kanan R (dan same untuk bagian sebelah kiri).

L=R

JbU 'L 'kfJi'JI'f 4'4 'k l f t t �lM�

I I

�1) :;7 C y 1 max I I L=O

L=R .C+HLu{J1f'P

1> LLU H:UU r p£ R=2 tR- p2Q Jika kita lihat dimana kita dapatkan lendutan maksimum dalam pelat yang dibebani merata dapat kita lihat bahwa bentuknya adalah mendekati satu dari atap yang dibalik (roof analogy).

45° garis kontur ++1'+++--lendutan yang sama

45°

Pelat hujur sangkar "loadsflaw" (aliran hehan arah yang herheda

--

•,.-l

" Pelat empat persegi panjang

V I

""'"' ' @ , G) , Q , @= tributary areas

Seperti dalam sebuah atap air hujan mengalir dari titik-titik yang lebih tinggi ke tepi-tepi atas, dalam cara yang sama aliran be ban (loads flow) dibawa dari titik-titik yang melendut lebih besar ke tepi-tapi yang ditumpu. ( Ini sesuai pada balok dimana aliran bebanfloadsflow dan titik dengan lendutan maksimum ke tumpuan-tumpuan).

Dapat kita katakan : Jika kita menggambar garis-garis yang membentuk sudut 45° dengan tumpuan-tumpuan, kita dapatkan suatu cara pendekatan untuk mendapatkan pembagian beban dari beban merata pada pelat yang telah dirubah bentuknya. Bentuk ini seperti atap yang terbalik dengan empat bagian. Tiap-tiap bagian disebut ; tributary area. Untuk reaksi sepanjang tumpuan pada tepi yang sesuai dan membawafmemikulkan beban pada tepi ini.

Contoh : reaksi-reaksi untuk p.

2b f. �

/1 � � ll � t eo

� v � 1 1 £b 'I

/j

72

XIII. TEGANGAN GESER PONS (PUNCHING SHEAR)

Jika sebuah beban terpusat P bekerja di atas sebuah pelat, maka beban tersebut dapat menembus pelat. Kerusakan akibat gaya pons ini (punching failure) diperlihatkan sebagai berikut :

p

punching untuk P yang bekerja ke bawah (t )

punching untuk P yang bekerja ke atas ( t)

Ini sama kejadiannya hila sebatang pensil ditusukkau pada selembar kertas. Kerusakan akibat gaya pons ini terjadi teristimewa karena daya tahan geser pelat dilampaui.

Daya tahan terhadap geser pons dari pelat dihitung sebagai berikut :

1 ) Dianggap distribusi be ban di dalam pelat mengikuti sudut 45 °

2) Permukaan yang bekerja dipertimbangkan pada ketinggian � . Permukaan ini mempunyai keliling (KQ).

3) Kita hitung ,Tegangan geser vertikal Tv pada luas pelat tegak lurus sepanjang (KQ).

Tv = p (KQ)h

4 5 0 rm 4'50 Yti----��----�h �l2 • ' 1:

I I I * distribusi beban di dalam pelat

hjz ..- --, r -�--, " ' I I h1 { *&�' I I IZ I I ''IZ I I \ I

I , _ __ , ..!. _ _ _ -- �

* Keliling pada ketinggian h 2 = (KQ)

L..v "L v * Tegangan geser pons vertikal

73

4) T v harus lebih kecil daripada tegangan ijinT yang diperoleh dari peraturan.

Contoh : Sebuah beban p = 10 ton bekerja dari pelat tebal 1 4 cm yang disangga tiang ukuran 12 x 12 cm. Buktikan apakah pelat tersebut kuat terhadap geser pons. L ( ijin )

KQ = (12 +

1 4).4 = 104 cm

10000 104.14

= 6,9 kgfcm2

Tv 6,9 kg/cm2 > T = 6 kgfcm2

Hasil ini tak dapat diterima.

Keadaan ini dapat dimodifikasi/dirubah :

74

Memperbesar luas tumpuan : contoh 16 x 16 cm (Tv Menambah ketebalan pelat : contoh 18 cm.

Menambah jumlah tiang, sehingga 1P menjaqi lebih kecil.

5 ,95 kg/cm2 )

XIV. STABILITAS STRUCTUR

Struktur-struktur dibuat dengan memasang beberapa elemen, mereka harus dapat memikul beban dan meneruskannya ke tanah.

Untuk melakukan semuanya itu ia harus stabil, jadi tidak mengalami deformasi-deformasi yang besar.

Seluruh struktur mempunyai deformasi elastis yang kecil di bawah beban yang bekerja, tetapi tandatanda untuk struktur-struktur tak stabil adalah deformasi yang terjadi besar dan sering cenderung meningkat sampai struktur runtuh.

14.1. Stabilitas vertikal

Jika kita letakkan sebuah balok di atas dua kolom, maka susunan ini menjadi :

stabil untuk beban vertikal tak stabil untuk beban horisontal.

Hanya ada 3 cara untuk memperkirakan stabilitas lateral dari pemasangan struktur sederhana.

1 ) diagonal bracing 2 ) shear wall (dinding geser)

Tiga metode ini menganggap bahwa deformasinya dijaga agar kecil.

3) sambungan kaku di antara elemenelemen.

Dalam 1 ) Diagonal bracing menghalangi struktur menjadi jajaran genjang. 2) Dinding geser mempunyai fungsi yang sama. 3) Titik simpul kaku (sambungan kaku) mencegah perubahan sudut yang besar digabungkan

dengan keruntuhan struktur: Penyelesaian ini dipilih hanya bila jarak/bentang diantara kolom-kolom bebas dari penghadang-penghadang. Kenyataannya dalam penyelesaian ini, deformasinya lebih besar dibanding 1 ) atau 2 ) dan membutuhkan lebih banyak biaya.

Mekanika Teknik 2 - 6 75

Stabilitasi struktur harus diadakan dalam arah longitudinalfmemanjang dan arah transversal/melintang.

Contoh :

WQ' ! L "

w2 2

.... -+ I I W t I

w2

� ..

w2 2

..

I W r

Stabilisasi simetris (bracing) di rekomendasikan.

Sta bilisasi minimal (bracing)

3 elemen tidak konkuren pada titik yang sama.

Momen ekivalen : w2 .a t w2 .a t -Q - . Q

Catatan : untuk w 1 kita dapatkan situasi yang sama seperti untuk stabilisasi simetris.

14.2 . Stabilitas horisontal Gaya horisontal harus diteruskan/diterimakan kepada elemen-elemen penyetabil vertikal, dalam artian -yang dimaksudkan- bidang-bidang lantai horisontal . Juga bidang-bidang horisontal ini harus tidak mempunyai deformasi yang besar. la dibentuk sebagai balok-balok horisontal atau rangka batang ditumpu oleh elemen-elemen penyetabil vertikal. "'" Contoh :

76

X � t stabilisasi lengkap untuk arah x 'f'

't

horisontal

(rangka)

vertikal

(batang diagonalfpenyokong)

XV. SISTIM STATIS TAK TENTU : ANALISA PENDEKATAN (approximate analysis)

15.1. Pengantar:

Analisa semacam ini sangat bermanfaat untuk perhitungan prarencana proyek, juga untuk memeriksa hasil-hasil perhitungan komputer (komputer juga dapat membuat kesalahan) . Diingatkan bahwa suatu sistim disebut statis tak tentu j ika tumpuan-tumpuannya menghasilkan lebih banyak gaya-gaya tahanan daripada yang diperlukan untuk keseimbangan.

Contoh : / --+,& r Statis tertentu t � � ea + J�A: T t Statis tak tentu f t t t . t

Untuk menyelesaikan suatu sistim statis tertentu , syarat-syarat keseimbangan cukup � V=O; � H=O dan � M=O.

T

Untuk menyelesaikan suatu sistim statis tak tentu kita harus -lagi pula- juga menetapkan, bahwa deformasi-deformasi sesuai dengan tumpuan-tumpuan, beban-beban, bentang dan sebagainya, ini disebut kesesuaian perubahan bentuk/deformasi (compatibility of deformation).

Contoh-contoh kesesuaian deformasi.

'{)= 0 '{)= 0 ...b:.':>..., tn: ( :::tL '{)1 ='{)2

...... _ _ (" '{)2 '{) 1 D i sini tumpuan jepit menyebabkan putaran sudut '{) = 0 Di sini tumpuan tengah mengijinkan

perputaran, tetapi karena baloknya menerus, maka '{)1 = '{)2 •

15 .2 . Dasar analisa Pendekatan

Tiap-tiap struktur harus mampu mencapai keadaan yang stabil dan seimbang di bawah beban yang bekerja. Suatu cara analisa perkiraan harus memenuhi syarat-syarat keseim bangan.

Kesesuaian deformasi dalam daerah elastis tidak merupakan syarat mutlak. Untuk mendapatkan deformasi yang kecil dalam struktur dan suatu respon elastis (= struktur kembali pada bentuk semula j ika kita hilangkan bebannya) bagaimanapun, deformasi akan lebih kurang sama dengan deformasi elastis tersebut (ingat bahwa perilaku elastis dari bahan adalah juga suatu pendekatan yang mana juga memberikan hasil perkiraanjpendekatan, yang kita sebut eksak.

Elemen-elemen dasar statis tak tentu : analisa pendekatan

Kita terapkan sekarang dua kriteria untuk analisa perkiraan

* pendekatanjperkiraan deformasi elastis. * syarat-syarat keseimbangan terpenuhi.

pada elemen-elemen dasar statis tak tentu seperti dalam tabel berikut.

77

Kita dapat menganggap sebuah deformasi kira-kira/deformasi pendekatan dari sumbu elemen di bawah beban yang bekerja. Diingatkan j ika lengkungan R berubah tanda, kita dapatkan titik belok I dan momen-momen M sebanding dengan R pada titik belok I, R=O dan M=O . Pada titik i ini kita dapat memasang sendi/engsel imajiner (khayal) · tanpa merubah perilaku balok. Oleh karena itu kita dapat merubah elemen ke dalam sebuah sistim statis tertentu dan menyelesaikannya dengan syarat-syarat keseimbangan.

*

*

*

Elemen-elemen dasar : dengan beban terbagi merata

Elemen

Sistim ekivalen dan keseimbangan

Momen-momen

Ms

p£2

M8 = Momen tumpuan jepit.

t '!d I 4 f" P :a. to . .; pe

0 3�-w � )

p (0,6 £)2 8

t

0 .36 M0 p(0,75 £)2

8

2 (0 ,2 £f 2 --o .3.0,2p£ - p 2

- 0,375 .0,25p£

- 0 ,64 M0 (0,25 £)2

- p 2

= - 1 ,00 M0

0 .56 M0 -

M 2

Catatan : 8 = M0 adalah momen dari simple beam dengan bentang yang sama (= isostatik M) .

Kita akan lihat kemudian kegunaan M sebagai bagian dari M0 .

Pembebanan lainnya : Kita dapat mengambil equivalen p* untuk menghitung momen-momen M (tetapi tidak untuk gaya-gaya reaksi dan gaya geser/lintang).

Catatan : Momen-momen untuk elemen dasar dapat juga diambil dari tabel khusus (tabel Momen jepit akhir/fixed end moments).

78

15.3. Balok menerus ; analisa Pendekatan

Kita dapat menganggap sistim ini sebagai susunan elemen-elemen dasar yang disambung kaku.

Kita dapat menerapkan lagi dua kriteria untuk analisa perkiraan.

* perkiraan deformasi elastis * syarat-syarat keseimbangan terpenuhi

Lengkungan R untuk dua elemen yang bertemu pada sebuah tumpuan harus sama (karena sumbu dari balok yang mengalami deformasi harus menerus) juga momen Mg pada tumpuan harus untuk dua elemen.

Oleh karena itu pada tumpuan kita ambil momen Ms adalah lwrga rata-rata dari dua Ms dari I elemen-elemen yang bertemu pada titik tersebut.

Untuk menentukan distribusi gaya-gaya dalam kita akan meninjau keseimbangan dari freebody-freebody yang tepat.

Contoh 1 : Distribusi momen kontilever M pada sebuah balok berbentang tiga.

tlt-----r-.o

1 o.zs e _j,oo .

- 1..oo

( � ). �::;,�� ( �£

2 ) .

sistim dan garis bagan deformasi

rangkaian elemen dasar

Distribusi M dengan Ms Mrata -rata ·

sistim dan garis bagan deformasi

rangkaian elemen dasar.

Ms : pada tumpuan-tumpuan

Ms = - 1,00 ; 0 .64 - 0.82 ( pf2 )

79

Free body ldf t \f 1i "' .D..�r---n. .... JM� 1 RA f Rs

pQ 2

pQ 2

Ms Q Ms + T

Diagram beban.

Diagram L

0 .4pQ

0 .6 pQ

Freebody Hffir" p .er- � t-"'ft

MFJ. ·,

0.16 p£2 - p.0,4.0 ,2Q !

pQ? 0 .08pQ = 0 .64 ( 8 j

o.4 P� f l<'reebody

Freebody

pQ Rs = 2

pQ Re = 2

Diagram beban

Diagram L

p£2 2 --o .82( 8 ) + 0.25 pQ - p.0,5£.0,25Q

p£2 <

0.18 ( 8 )

Reaksi-reaksi-f=�-----t"'1'r'-------,"i=.,------J..l-"TT Gaya-gaya reaksi = L gaya-gaya

jo ·ll ve 1,10 p.e 1 1 , \0 p e jo.4 pe reaksi elemen-elemen.

15 . .4. Pembebanan untuk Mmax dan Mm in yang diakibatkan beban hidup P

Beban mati g bekerja pada tiap-tiap bentang, tetapi beban hidup P dapat juga bekerja pada beberapa bentang. Akibat dari pembebanan pada sebagian bentang dapat menghasilkan momen M terbesar dan terkecil . Garis bagan deformasi yang dihasilkan oleh suatu pembebanan dapat memberikan petunjuk tentang akibat tersebut.

' - Jika suatu pembebanan menambah lengkungan R pada suatu titik i, maka Mi pada titik yang sama

akan bertambah besar pula (karena R dan M sebanding) dan sebaliknya jika R berkurang. ·

Contoh :

80 o.� D.Sb

Ms Momen Ms merupakan harga rata-rata untuk suatu rangkaian elemen dasar.

Momen MF didapat dengan menggunakan pll2

M0 = ( 8 ) dengan pengaruh Ms pada

titik tersebut.

J; :t; � � OLJ;� Perkiraan : titik untuk MF max.

:0: - - - --0.- - ----:a

t. A - - --�

15.5 . Saran-saran untuk praktek

1 ) Untuk perhitungan praktis sering digunakan rumus-rumus berikut ini yang diturunkan dari harga penjumlahan pembebanan Mp + Mg .

Ms ,m in � Ms , g + P = q MF , m a x � f.M0 - Ms,q pada suatu titik

dengan : f = 1,15 j ika p � g

dengan f = 11 ,20 jika p � 29

Contoh : p � g (p + g).Q2

Mo = 8 momen isostatis

M ::

-o.gz.

1-,-0.33

0 .83 ' �.,o -4£.L '<O ·S� � 1 " 1 I I , IS-0·82. ))'.1

I '----..r-----j 0 I (.h\5 -0-3<) Me 0· 33 � 0- 23

2) Cara yang sama dapat digunakan juga dengan beban selain beban terbagi merata. Dalam hal ini M0 dapat dihitung dengan p* ekivalen atau diambil dari tabel-tabel (lihat lampiran/ appendix).

_ �·' 2P 2P Q2 � • Contoh: Beban p p* = -Q- M0 = -Q- . 8 = -4- (atau dar1 tabel)

} koli t'-11o

81

15 .6. Pengaruh; settlement (penurunan) tumpuan � .

Settlement tumpuan mengakibatkan penambahan momen.

- - - - - 0 +,a. ... ....0 -.f:

Kita dapat dengan cepat menimbang pengaruh tersebut, dengan melihat pada modifikasi/perubahan lengkungan R.

Contoh:

�B = 1

R+ e N + ) R- C.M- ) l _ L_

-- - -. -- ...._

3 E I c � ·� · ·

e'Z.

Distribusi M

Pengaruh kekakuan (El) yang berbeda pada bentang

Juga dalam hal ini dimungkinkan menimbang pengaruh perbedaan kekakuan tersebut dengan melihat pada deformasinya.

j ika sebuah bentang mempunyai El besar, deformasi yang terjadi kecil. j ika sebuah bentang mempunyai El kecil, 'deformasi yang terjadi besar.

l

Pengaruh dari bentang-bentang yang berbeda besar.

Garis bagan deformasi. Balok 1 berperi

laku seperti simple beam: tidak dapat

menjadi jepitan pada balok yang sangat

fleksibel (balok 2 ) .

Balok 2 dijepit oleh balok 1 yang

sangat kaku.

* Rangkaian elemen dasar.

* Momen dalam sistem menerus.

Juga dalam hal ini suatu garis bagan deformasi akan memberikan informasi yang sangat bernianfaat.

82 I

* Garis bagan deformasi. Balok 1 dij epit dalam

balok 2 yang lebih kaku.

Balok 2 tidak terjepit kaku pada balok fleksibel 1

�---------�--�o]�------�a * Rangkaian balok-balok

* Distribusi M

15.7 . Penyederhanaan analisa metode Cross.

Semua pengaruh-pengaruh ini secara otomatis dipertimbangkan penggunaannya dalam metode penyederhanaan yang didasarkan pada metode "Cross". * Pertama, kekakuan elemen dasar harus dibedakan jenisnya:

Kekakuan : El K = c . -Q - * Elemen dengan El yang lebih besar atau Q yang lebih pendek adalah lebih kaku.

harga c untuk : * Elemen dengan El yang lebih kecil atau Q yang lebih panjang, adalah lebih tidak kaku.

c = 3

c = 4

* Kedua Momen M untuk elemen dasar ditentukan:

* Ketiga : Momen-momen pada tumpuan dalam ditentukan dengan rumus:

M = M1 .K2 + M2 . K 1

Kl + K2

* Dasar perhitungan berikut ini seperti metode sebelumnya. Contoh: balok dengan tiga bentang.

Ca tatan: Karena K terdapat pada pembilang dan penyebut di dalam rumus M, maka dapat kita nyatakan K yang berbeda dengan menggunakan faktor pengali El pada nilai terkecil, dan hasil untuk M tidak berbeda.

t '!' ll k 4i k 4' <I; k v L t C J; t J; J ir L ;r p A B c D

fi 31 0: .Q. * sistim 2. e.. �... .t. ,, z e

3 K = -1 2

* K = � Q

* M untuk elemen dasar

83

- (2£)2 p£2 1 M 1 = - p -8- = 2 = - 1 ,0 M 0

2 p£2 Mz = - 3 -8 -

M = - pQ2

Diagram M

o-19 Pe Diagram L

Free body

pQ2 . . 0,43

(0.79£? 0.79 p£ . 0 ,79 Q - p �2 ___..£_

p£2 0 .62 -2 -

0.62 M01

15.8 . Frame : Analisa Pendekatan

pQ2 1 pQ - 0.86 -2- . 2 Q

0 .79 pQ

0 .79 pQ - 2 p£ - 1 ,21 pQ

Ll p = 0.79 Q

Frame juga suatu sistim yang dibentuk dari elemen-elemen dasar yang disambung kaku. Elemen-elemen yang bertemu membentuk suatu sudut yang tidak berubah selama pembebanan. Oleh karena itu deformasi�eformasi dan momen-momen dari batang-batang yang bertemu pada satu titik sama besar . Contoh:

Sistem + beban Deformasi Momen-momen

Untuk frame kriteria yang sama dari analisa perkiraan tetap dapat dipakai.

* Perkiraan deformasi elastis * Syarat-syarat keseimbangan terpenuhi

84

Kita dapat m'enganggap bahwa frame disusun/dibentuk oleh elemen-elemen yang disambung kaku. Perilaku dan analisa dari elemen-elemen dasar telah diketahui. Juga untuk frame. Sebagai momen Ms pada sambungan kaku merupakan harga rata-rata dua Ms dari elemen-elemen yang bertemu pada tittk tersebut.

Contoh : 1 Frame tertutup

Sistim dengan beban Bagan deformasi M elemen dasar

- 2 0 Ms= - aM

Contoh : 2 Open frame, tumpuan engselfsendi.

Sistim dengan beban Bagan deformasi

- 2 0 Ms= - aM

M elemen dasar

Contoh 3 : 'Open frame, tumpuan jepit.

4/Ji 4ddi t t bbblddl' p

Sistim dengan beban Bagan deformasi M elemen dasar

. .....

Distribusi - M

Distribusi M

Distribusi M

e

1 Ms = - 3Mo

1 0 Ms= aM

85

Penyederhanaan analisa metode cross.

Jika kekakuan K = C. �I dari elemen dasar agak berbeda, kita akan gunakan penyederhanaan metode yang mana dapat juga d1gunakan pada frame yang lebih sukar .

Di sini diberikan rumus-rumus untuk bentuk-bentuk umum, yang didasarkan metode cross .

Kekakuan elemen dasar : K = C El Q

.u.�-------e� e = 3

�r---i:j (! = 4 Frame-frame dasar : Momen-momen sambungan M8 .

M� momen pada sambungan untuk elemen dasar CD M� momen pada sambungan untuk frame dasar (elemen(D ) . Tumpuan : � salah satu pin atau jepit .

.,.___ sisi yang tertarik untuk momen positip .

86

4 sambungan � � batang ® 1 � 3 l � 4Jr-,oro�-r.;,..-..-._ . ..-.. � .U I � tMJCT,f�'f"""ji""";j;..,� � --� :::r� � -�

®» 3 sambungan .v.Jj �

batang ® : � � ·· · ��: � ,.-(j) @! i ,... ......... ...

2 sambungan batang

4.1 . ll .&t io io + u� l �� m.t�

2 sambungan batang

- - - - 4 M§ = [ M§ (K2 +K3 +K4 ) + (M§-M�+Ms )K1 ] : f K

M2 -s -

M3 -s -

Ms =

M� =

M2 -s -

M� =

M§ = [ M§ (K2 +M§ .K1 ] : (K1 +K2 )

M§ = [ M§ .K1 +M� .K2 ] : (K1 +K2 )

Ml _ M2 s - s

M§ = [ M§ .K4 +Ms .K1 ] : (K1 +K4 )

Ms = [ Ms .Kl +M§ .K4 ] : (K1 + K4 )

Ml _ M4 s - s

Bentuk frome yang lebih sulit : momen-momen sambungan.

Sebuah frame mempunyai bentuk sulit dapat diuraikan lagi menjadi beberapa bentuk frame dasar. Dalam hal ini suatu metode perkiraan untuk semua momen-momen sambungan Ms dapat diketahui. Jika momen-momen sambungan Ms telah diketahui, maka semua gaya-gaya dalam lainnya dapat dihitung melalui syarat-syarat keseimbangan.

Contoh-con toh penguraian :

Pli DJl lll::} Hili

n r d on 1 {'+; * 'Id' til3 n:n

D r da.f) 1�. L dol') J HB t ft

Contoh :

- elemen dasar : Ms (1 ). El 4.5

10

(2) . El 1 � K2 4,/

- tram� <}o !;nr .. Ms

Ml _ _ 2Mo s - 9

.an u:m.

MO .- l

2 f"�tM� � � j(

lo;o'l

1 � { M� = O

Frame total :

87

15.9. Pergeseran arah laferal dari frame

Jika sebuah frame tidak berbentuk simetris atau jika frame dibebani tidak simetris, maka struktur akan bergerak ke arah horisontal dan defotmasi serta distribusi M akan berubah.

k \,. ., "1 Pergeseran lateral.

h

Seringkali frame ditahan pada posisi tetap oleh sebuah stabilisasi horisontal (menahan suatu gaya S) .

88

stabilisasi horisontal

M dari elemen dasar (dari tabel).

. . .

frame

Sistim dan be ban P.

Distribusi M

* Sekarang kita periksa keseimbangan horisontal dari struktur.

3 p = - 32 · 4 - Le � p - 32 · 4 = -Ln

Le = Ln =

Perbedaan dari dua L harus distabilkan oleh S 1�8

P -+I Jika tidak L---------------------------�- frame akan

bergerak ke kiri

p

l l !

Kita lihat bahwa hasil dari perhitungan biasa adalah seperti berikut ;

S = Gaya yang ditahan stabilisasi horisontal. �r-��--��+-�

S= 1 28 p

* Jika kita ambil stabilisasi horisontal, keadaannya akan sama dengan frame yang dibebani dengan tambahan beban S.

:-S= 1 28 p

* Kita dapat memperkirakan momen-momen yang timbul di dalam struktur akibat S di atas. * Gambarkan bagan deformasi-deformasi dan * Syarat-syarat keseimbangan terpenuhi.

Deformasi-deformasi Keseimbangan horizontal dan distribusi M.

* Pengaruh akibat S di atas harus ditambahkan pada momen M akibat beban - yang dalam hal ini -tanpa ditunjang arah lateral.

Msc 3 12 - 32 p - 128 p Mso 9 12 = - 32 P + 128 P

Ms RH = T R P.3 vA = -4

6P 1 - 32 • 4 �

R P.1 vB = -4

24P - --

128

24P - --

128

Distribusikan M untuk frame tanpa ditunjang arah lateral.

89

Catatan : Jika frame ditumpu jepit, kita dapat memperkirakan besarnya M dengan jalan yang sama. * Deformasi-deformasi dibuatkan bagannya. * Dipenuhi syarat-syarat keseimbangan.

Deformasi-deformasi

s h Ms= - - -7.,.�,"�77TJ�s 2 . 2 2

Keseimbangan horisontal dan distribusi M.

15 .10. Rangka batang statis tak tentu dalam : analisa perkiraanfpendekatan.

Diingatkan bahwa dalam rangka batang semacam ini, terdapat batang-batang lebih dari yang diperlukan untuk memenuhi syarat keseimbangan.

Dua bentuk yang sering digunakan ialah : p

Seringkali, khususnya untuk bracing-bracing, bangunan batang diagonal dianggap hanya dapat memikul gaya tarik. Dengan anggapan ini batang-batang tersebut dapat menjadi ramping/langsing. Khusus untuk brancing jembatan, batang diagonal akan memikul gaya tarik dan gaya tekan, sehingga bracing menjadi lebih kaku. Karenanya kita akan membedakan dua masalah :

a) Batang diagonal hanya dapat memikul gaya tarik saja.

h

Jika batang-batang yang akan memikul gaya tekan terlalu langsing dan menekuk, maka tidak a�a gaya tekan yang dapat dipikul = batang dengan gaya nol.

p

batang nol

Jika batang nol diabaikan, maka rangka batang menjadi statis tertentu dalam dan dapat diselesaikan dengan cara seperti yang telah dipelajari.

90

b) Batang diagonal dapat memik ul gaya tarik dan tekan. I

Dalam hal ini sebuah perkiraan didapat dengan membagi beban secara merata di antara batang-batang tarik dan tekan.

p

Kita dapat menyelesaikan bagian demi bagian dan kemudian menjumlahkan hasilnya (gaya-gaya dalam tadi).

Mekanika Teknik 2 - 7 91

l

XVI. JARINGAN STRUKTUR

(sistim struktur) 16.1 . Syarat-syarat. Sejauh ini kita telah mengetahui perilaku dari elemen-elemen struktur yang berbeda seperti kolom, balok dan plat. Dalam sebuah struktur elemen-elemen ini dipasang dalam sebuah cara agar : - struktur seimbang : dijaga terhadap beban vertikal dan horisontal. - struktur stabil : dijaga supaya tidak bergerak dalam arah vertikal dan horisontal.

Contoh : Kemungkinan bentuk struktur.

Plat

Plat

Plat

mekanisme pemikulan beban vertikal d k · t• b 1 k �Plat

�e�:�en �e ��=��k a o

-- .;s. r::P � a ! % = J. dinding balok dan balok

tumpu - kolom -- - dan kolom

I elemen bentang horisontal satu arah

?:3 � <11 ;:s "0

<;j ..., s:: 0 .!!l

... 0 ..s:: loll s:: <11 ..., s:: Ql .0 s:: Ql E .Sl Ql

mekanisme pemikulan be ban lateral

* Tinjauan menyeluruh : struktur ditahan di atas tumpuan·tumpuan dan akhirnya menumpu di atas tanah. Kita harus melakukan pemeriksaan jika struktur global sebagai satu keseluruhan ;

Dalam keadaan seimbang - Dalam keadaan stabil.

92

l

Contoh : retaining wall (dinding penahan tanah) .

* Gulingan

, H y

Jika momen guling Mo v = H.y adalah lebih besar dari pada m omen penahan MR = G.x. Maka G akan didorong keluar dari dasarnya dan terguling sehingga struktur menjadi tidak stabil.

G G � . ,.,

hasilnya . ialah -r- --- -

1 I I

Oleh karena itu momen tahanan MR dibagi oleh suatu faktor keamanan n harus tetap lebih besar daripada momen guling Mo v .

* Luncuran

... --r-�--,.

tidak ada guling : I � " Mov

I I�G H I _.___ I

Jika tumpuan (dalam hal ini tanah) tidak dapat memberikan suatu tahan- '

an geser Hf yang cukup maka struktur tidak dapat dalam keseimbangan dan strt)ktur akan meluncur.

I I I I Hr=,U .G

Oleh karena itu tahanan geser Hr dibagi oleh suatu faktor keamanan n harus tetap lebih besar dari pada gaya dorong H.

tidak ada luncuran : -n

16.2 . Pemilihan suatu sistim struktur

,u.G -n- ;;;. H

Untuk topik ini hanya prinsip-prinsip secara umum yang dapat diberikan karena bahan-bahan yang tersedia, kemampuan tenaga kerja, harga keduanya, peralatan dan kemampuan kontraktor mempengaruhi pilihan yang terbaik dan lebih merupakan penyelesaian ekonomis.

Prinsip-prinsip :

1 ) Beban-beban akan dipikul melalui jarak yang terpendek ke tumpuan-tumpuan atau ke tanah.

Mekanika Teknik 2 - 8

"Paling langsung adalah yang terbaik "

,.,, c , ,,,

lebih murah lebih mahal

93

2) Be ban total yang harus dipikul : q g + p

Kita tidak dapat merubah p yang telah ditentukan tetapi kita dapat membuat g sekecil mungkin.

Karenanya bahan-bahan struktur kebanyakan akan digunakan untuk memikul beban p yang telah ditentukan.

q qm in+ P

"Teringan adalah yang terbaik "

* Sistim satu arah dan dua arah.

satu-arah dua arah

Secara umum untuk sistim satu arah kita dapatkan bahan yang lebih sedikit dan pekerja yang lebih ban yak. Pilihan dibuat dengan membandingkan ongkosjbiaya. Jika tenaga kerja lebih murah, sistim satu arah menguntungkan. Jika bahan lebih murah, sistim dua arah menguntungkan.

* Tingkat-t ingfwt struk tur.

94

Untuk mencapai target mendapatkan struktur paling ringan, diterapkan penyelesai;m berikut :

a) sistim satu tingkat untuk bentang pendek

spasi batang batang tingkat ketiga

spa si dari batang-batang tingkat kedua.

b) . Sistim dua tingkat : selama bentang bertambah, elemen tingkat kedua dapat digunakan sebagai elemen yang ditumpu satu arah.

Secara Umum :

*

*

Elemen-elemen permukaan yang fleksibel diletakkan pada bentang yang pendek.

Bentang yang lebih panjang dipasang balokbalok yang lebih kaku.

L >-. s spasi batang-batang tingkat kedua

1

16.3 . Perhitungan - Model sebuah struktur.

Sebuah struktur dibentuk dari elemen-elemen bahan. Kita harus menyederhanakan perilakunya dengan mengabdikan pengaruh-pengaruh minor sehingga kita dapatkan sebuah model, sebuah skema, pacta mana kita dapat membawa perhitungan-perhitungan kita . Sangat penting adalah bahwa perilaku struktur selaras dengan model yang ditetapkan untuk perhitungan : kemungkinan-kemungkinan deformasi ( �P,Ll ) dari sambungan-sambungan harus digambarkan dengan benar dalam analisa model.

Contoh-contoh :

(a)

(d )

~ ( � I

! nl l

·JP q

Plnnt'd

�wr -:z.x.-=

• •

RI: Plnntd

- - _--;;; --t

rTl Fl:.d\r1

� � t

tf P1nf"l.("d

-=1¥--t rmltf"d

I

JL 'JL -t t

( b )

~

! h l

. ( n J

Macam-macam sambungan dan idealisasi model

ip P'lnncd

� �r

( i )

,_ flnnc:d

8 r

[F ( I ) 9-� R..c>d f'lnnrd

�� .-==:i2 "

~ (0)

#-Plnn�d Fu.ed

4-95

Bentang-bentang dari elemen-elemen umumnya diukur sepanjang sumbu elemen dari titik berat ke titik berat tumpuan. Ditambahkan pengaruh pembebanan pada struktur yang mempunyai 3 dimensi seringkali disengaja memisahkan pengaruh-pengaruh di dalam denah-denah lantai dan di dalam denah-denah vertikal.

denah vertikal

Bagian dari pe garuh pembebanan ruang dalam 3 dimensi

L------------------------------------------------------------------- -+

Pada titik ini pengaruh dari beban-beban pada struktur dapat dipelajari dengan menggunakan model struktur.

Contoh : Perhitungan model suatu struktur (untuk pembebanan vertikal).

0

a) Struktur

b) Diagram freeqody 6 96

� beban bekerja di atas seluruh � permukaan.

�0 reaksi-reaksi dek atap menjadi �� beban pada balok-balok lintang.

reaksi-reaksi balok lintang menjadi beban pada balok-balok.

� · t 6

reaksi-reaksi balok menjadi beban pada kolom.

reaksi-reaksi kolom menjadi be ban pada pondasi.

l

lebar lajur beban a/2 D t G fl/� l·l· ' I ' I I ' "! 11><11 0.7L l �� 1 : .:a

c) Diagram free body dari balok lintang balok dan kolom.

16.4. Luas penyebaran beban.

Ini merupakan konsep yang sangat bermanfaat untuk menentukan dengan cepat beban yang bekerja pada tiap-tiap elemen struktur. Beban dikumpulkan seperti air mengalir di sebuah sungai, dari luas penyebaran beban (luas pembebanan) dan mengalir ke dalam elemen. Konsep ini terbaik digambarkan dengan sebuah contoh :

Beban atap terbagi menata p.

,� .spa si balok melintang

a) Struktur

97

Rp /2 Rp Rp Rp Rp / 2 t ; t + t �C2:JCZJCS1SlJ RT RT

diagram Freebody rangka

c) Model untuk menentukan gaya-gaya pada titik bidang rangka

Luas penyebaran beban untuk sistim menerus

luas beban yang dipikul oleh titik bidang rangka

b ) Diagram freebody nyata

luas beban dipikul oleh rangka

d) Model untuk menentukan reaksi-reaksi rangka secara langsung.

Dapat dengan mudah diingat bahwa untuk beban-beban terbagi merata kita dapatkan secara perkiraan:

Mmax, Ymax "' o. 4£ A'

1 { I kJ J } lJ'J,

4 l J 'k t t I P. 0, 6£

t P.0, 4£

0. 5£ 1 >f

aliran beban dari titik dengan Mmax , Ymax kedalam tumpuantumpuan

Untuk pelat menerus, kita dapat menyatakan:

* Bentuk-bentuk tumpuan j epit menarik lebih banyak beban daripada bentuk tumpuan simpel {:sendi atau hanya diletakkan begitu saja).

Karenanya:

98

&mp•l -� jepit

aliran beban dari suatu luasan dibatasi oleh garis bersudut 60° dari sudut.

1 l

tetapi : menarik beban yang sama dari dua bentuk tumpuan.

Untuk keadaan campuran, kita dapatkan, sebagai contoh:

Penerapan : Penurunan pembagian beban.

1

2

Pelat di atas balok ( 2 tingkat)

� � I 1 1 I I

,. tangga pelat menumpu dinding

Denah lantai J Dengan ditunjukkan

sumbu 1 . . . A

- Dinding Balok

I Potongan melin.;;J

U:-

--- -�

Luas penyebaran beban

--

(ditentukan secara grafis)

99

jika untuk pelat di atas balok dan untuk pelat masif

q1 = 0.9 t/m2 q2 = 1,1 t/m2

Sekarang kita dapat menentukan beban pada suatu elemen sembarang pada suatu tingkat yang sembarang.

Beban = q X luas pembebanan X no. tingkat

Untuk beban ini berat sendiri dari elemen (kolom, dinding) yang membebani tingkat tersebut harus ditambahkan.

Contoh: Beban untuk kolom B/2 pada permukaan pondasi.

q1 0.9 t/m2 A [ (0 ,6+0,6)£ . (0 ,6+0 ,5 )£ ]

N0 4 (IV + Ill + II + I)

Beban = 0,9 . A . 4 ( t ) + berat sendiri kolom dari atap ke permukaan pondasi

Ca tatan-catatan:

1 ). Tanda panah \ berarti bahwa be ban dari sua tu luas pembebanan bekerja terpusat pad a suatu titik dari dinding.

2 ). Perhitungan semacamini dapat dipercaya apapun beban yang dipakai (kayu , beton, baja) .

3) . Dalam contoh terdahulu, diingat bahwa tangga tidak berada pada tingkat (permukaan) yang sama dengan lantai.

4). Perhitungan semacam ini tidak dapat dipercaya untuk beban terpusat atau untuk beban garis yang bekerja pada pelat (contohnya dalam jembatan) .

Distribusi beban-beban terpusat P di dalam dinding.

Ini biasanya digunakan untuk mendistribusikan sebuah beban P.

* Untuk dinding batu-bata atau dinding batu atau dinding beton (tanpa penulangan).

* Untuk dinding beton bertulang.

100

V 6 Q_ J \ 1

1

Lampiran: 1. Beban P* ekivalen (hanya untuk perhitungan M)

Ca tatan:

P*

1 I Lastarf L a slart L as tart H 0 L a s ta rt !-,U·l� p p p P p r,U 1� f-,L£-l�

�q t {!s!.ls!.!s.!Is!. ; ; Af� 2 t zo 7 ., _ _ _ i 1.2 12 !Aq �! 8 J � +K= � q l4. 40 K • P + -f K• 4 · P 't f K•f-l;.;+ � x o �+---P---

P--�---r-r--

P-

P __

P __

P-;--��-r.u-�-�-.u-.�--T-�

3!. t 3!. t _3t �� 41, _4q � . q s 0 1,333 .3 f t 1,333 8 .,_ .. _ _ iu 1,0 13 fb..A 2-j Jl. 0,1 1,328 � K= 2 ·P 't -f K= 4 · P 't -f K = {-l l · q 't 0.2 1,312 0,3 1.288 0.4 1.257 0.5 1.121 0,6 1.182 0,7 1,140

5 p p p

.fUHl� .A. A ' K• .3 ·P '

0,8 1/)95 p p p 0.9 1,048 6 f u u t; �-4----� t '+ r.o 1.000 Kz 3 ·P

1,0 9

1,333 10

1.111 11 t-JJ.·l-l f-JJ.·l--i .11%,._ i i Aq r; :&Wl

K= � ·l q '

f--Jl.·l -i

1,333 14 �q 1" K ={-l · l · q � r,u l-i 1-.u·/1 R" •

... .... ' K • Z ·� ·l ·q '

yJ1. 16 Ailllilliq 1,024 -:- K= f q·l "'

1 ) Akibat dari 4 'l.. sama dengan -l: ;F f f • i t f P* 0 .5 q

2) Akibat dari Afu,: t� sama dengan HHHt P*

'

3) Akibat dari � { � � �t n.p �ma dengan JL� it}* J P*

untuk n = 4 atau lebih

(0,5q) . 1 ,33

n.p ( -Q- )

101

' •

I "" !

·-�!�""'"

2. Simple beam• Momen maksimum beban hidup untuk suatu rangkaian beban terpusat P yang bergerak di atas balok.

Contoh:

t t . 3 8

Momen maksimum diukur di bawah satu dari P. Beban-beban harus ditempatkan sedemikian rupa sehingga titik tengah bentang berada di tengah-tengan di antara resultan R dari beban-beban P tadi dan beban P berikutnya.

. "" � I t f.t, z

3 . 4,6 1o- = 1 ,38 t0

RB 3 - 1,38 = 1 ,62 t0

Mmax = 1 ,38 . 4,6 = 6,35 tm.

102

memahami mekanika teknik 2

Documents