BAB II KESETIMBANGAN BENDA TEGAR

BAB II KESETIMBANGAN BENDA TEGAR


Benda tegar adalah elemen kecil yang tidak mengalami perubahan bentuk apabila dikenai gaya. Struktur dua dimensi dapat diartikan sebuah struktur pipih yang mempunyai panjang dan lebar tetapi tidak mempunyai tebal, atau secara lebih umum , sebuah struktur yang mempunyai simetri bidang. A. SISTEM EKIVALEN GAYA Gaya yang beraksi pada benda tegar dapat dibagi menjadi dua kelompok, yaitu: 1. Gaya luar, aksi dari benda lain pada benda yang sedang dibahas. Contohnya berat, gaya dorong, gaya normal. 2. Gaya dalam, gaya yang mengikat semua partikel yang membentuk benda tegar tersebut. Contohnya gaya pada kerangka batang. Pada bab ini hanya akan dibicarakan gaya luar. Sebagai contoh dapat dilihat pada gambar 2.1(a) sebuah truk yang ditarik oleh beberapa orang. Gaya luar yang bekerja pada truk tersebut ditunjukkan pada diagram benda bebas (free body diagram) seperti tampak pada gambar 2.1(b).

(b)

(a)

Gambar 2.1. Diagram benda bebas B. PRINSIP TRANSMISIBILITAS GAYA EKIVALEN Prinsip transmisibilitas menyatakan bahwa persyaratan kesetimbangan gerak benda tegar akan tetap tidak berubah jika gaya F yang beraksi pada titik tertentu pada

23


benda tegar itu diganti oleh gaya F’ yang besar dan arahnya sama tetapi beraksi pada titik yang berbeda, jika kedua gaya itu memiliki garis aksi yang sama (gambar 2.2)

Gambar 2.2. Prinsip Transmisibilitas Kembali pada contoh truk itu, mula-mula kita amati garis aksi gaya F ialah garis horizontal yang melalui kedua bumper belakang dan depan truk itu (gambar 2.3(a)). Dengan memakai prinsip transmisibilitas, kita boleh mengganti F dengan gaya ekivalen F’ yang beraksi pada bumper belakang(gambar 2.3(b)). Gambar 3.2.

Gambar 2.3. Prinsip Transmisibilitas pada kendaraan

C. MOMEN GAYA TERHADAP SUMBU Kecenderungan sebuah gaya untuk memutar sebuah benda tegar di sekitar sebuah sumbu diukur oleh momen gaya terhadap sumbu itu. Momen MA dari suatu gaya F terhadap suatu sumbu melalui A, atau dengan singkat, momen F terhadap A, didefinisikan sebagai perkalian besar gaya F dengan jarak tegak lurus d dari A ke garis aksi F: MA = Fd

(21)

24


Di mana :

MA = momen gaya (Nm, lb ft, lb in) F = gaya (N, lb) d = jarak dari sumbu putar (m, ft, in)

Momen gaya tidak hanya memiliki besar tetapi juga arah. Pada pembicaraan ini kita akan mengambil momen searah jarum jam sebagai positif dan momen berlawanan jarum jam sebagai negatif.

D. TEOREMA VARIGNON Suatu

teorema

yang

sangat

penting

dalam

statika

ditemukan

oleh

matematikawan Perancis yang bernama Varignon (1654-1722). Teorema ini menyatakan bahwa momen sebuah gaya terhadap setiap sumbu sama dengan jumlah momen komponen gaya itu terhadap sumbu yang bersangkutan. MO = M1 + M2 + M3 + M4 +.......... = F1d1 + F2d2 + F3d3 + F4d4 +...........

(22)

Contoh 1. Gaya vertikal 100 lb diterapkan pada ujung lengan yang terikat pada poros di O. Tentukan (a) momen gaya 100 lb tersebut terhadap O; (b) besar gaya horizontal yang diterapkan di A yang menimbulkan momen yang sama terhadap O; (c) gaya terkecil yang diterapkan di A yang menimbulkan momen yang sama terhadap O; (d) berapa jauhnya dari poros sebuah gaya vertikal 240 lb harus beraksi untuk menimbulkan momen yang sama terhadap O.

25


Penyelesaian: a. Momen terhadap O. Jarak tegak lurus dari O ke garis aksi gaya 100 lb adalah Mo = F x dcos 60 = 100 x 24cos 60 = 1200 lb in.

b. Gaya horizontal. Karena momen terhadap O harus 1200 lb in, kita tulis: Mo = F x dsin 60 1200= F x 24sin 60 F = 57,7 lb

c. Gaya terkecil. Karena Mo = Fd, harga F terkecil terjadi ketika d maksimum. Kita pilih gaya tegak lurus OA dan dapatkan d = 24 in, sehingga: Mo = Fd 1200 = F x 24 in F = 50 lb

26


d. Gaya vertikal. Mo = F x dcos 60 1200 = 240 x dcos 60 d = 10 in

Contoh 2. Batang sepanjang 4,8 m mengalami gaya seperti pada gambar. Hitunglah : a. Besar momen terhadap ujung A. b. Besar momen terhadap ujung B 1,6 m

1,2 m

2m

Penyelesaian: a. Momen terhadap ujung A. MA= (600 x 1,6)-(100 x 2,8) + (250 x 4,8) = 1880 Nm

b. Momen terhadap ujung B. MA= (100 x 2)-(600 x 3,2) + (150 x 4,8) = -1000 Nm

27


E. Kesetimbangan Benda Tegar Sebuah benda tegar dalam kesetimbangan jika gaya-gaya luar yang beraksi padanya membentuk sistem gaya ekivalen dengan nol, ini berarti sistem tersebut tidak mempunyai resultan gaya dan resultan kopel. Syarat kesetimbangan adalah: Fx = 0

Fy = 0

MA = 0

(23)

F. Reaksi Pada Tumpuan dan Sambungan Untuk Struktur Dua Dimensi Reaksi yang ditimbulkan pada suatu struktur dua dimensi tegar dapat dibagi menjadi tiga kelompok, sesuai dengan tiga jenis tumpuan atau sambungan, yaitu: 1. Reaksi yang ekivalen dengan sebuah gaya yang diketahui garis aksinya. Dukungan dan sambungan yang menimbulkan reaksi dalam kelompok ini termasuk gelindingan (roller), goyangan (rocker), permukaan tak bergesekan, penghubung (link) dan kabel pendek, kerah pada batang tak bergesekan dan pin (jarum) tak bergesekan pada celah. 2. Reaksi yang ekivalen dengan gaya yang arahnya tak diketahui. Dukungan dan sambungan yang menimbulkan reaksi dalam kelompok ini termasuk pin tak bergesekan pas pasak lubang, engsel, dan permukaan kasar. 3. Reaksi yang ekivalen dengan suatu gaya dan suatu kopel. Reaksi sejenis ini ditimbulkan oleh dukungan tetap yang melawan setiap jenis gerak benda bebas sehingga mengekang geraknya sepenuhnya. Daftar berbagai jenis tumpuan dapat dilihat pada tabel 2.1.

28


Tabel 2.1. Reaksi Pada Tumpuan

Gambar 18

29


Tabel 2.1. Reaksi Pada Tumpuan (lanjutan)

Contoh 3.

Gambar 2.4. Diagram Benda Bebas pada truss

Kita tinjau truss yang terlihat pada gambar 2.4(a) di atas yang mengalami gaya tertentu P, Q, dan S. Truss tersebut terikat pada tempatnya oleh pin di A dan gelindingan di B. Pin mencegah titik A untuk bergerak dengan menimbulkan gaya pada truss, gaya ini dapat diuraikan menjadi komponen Ax dan Ay. Gelindingan menjaga truss itu supaya tidak berotasi sekitar A dengan menimbulkan gaya vertikal B. Diagram benda bebas

30


truss tersebut diperlihatkan pada gambar 2.4(b), termasuk reaksi Ax, Ay, dan B serta gaya P, Q, S serta berat W dari truss itu.

Contoh 4.

Gambar 2.5. Diagram Benda Bebas pada truss

Dalam kasus truss seperti gambar 2.5(a) dipegang oleh gelindingan di A dan B serta hubungan pendek di D. Uraian gaya-gaya yang bekerja pada truss dapat dilihat pada gambar 2.5(b)

Contoh 5. Kerek tetap yang bermassa 1000 kg dipakai untuk mengangkat peti seberat 2400 kg. Kerek itu dipegang tetap pada tempatnya oleh pin A dan goyangan di B. Pusat gravitasi kerek terletak di G. Tentukan komponen reaksi pada A dan B (g = 9,8 m/s2)

31


Penyelesaian:

Ay 23,5 kN Ax

A

1,5 m

9,8 kN B

B 2m

4m

W1 = 2400 x 9,8 = 23520 N = 23,5 kN W2 = 1000 x 9,8 = 9800 N = 9,8 kN Fy = 0 Ay – W2 – W1 = 0 Ay = 9,8 + 23,5 = 33,3 kN MA = 0 (W2 x 2) + (W1 x 6) – (B x 1,5) = 0 (9,8 x 2) + (23,5 x 6) –(B x 1,5) = 0 19,6 + 141 = 1,5B B = 107,1 kN Fx = 0 Ax + B = 0 Ax = - B = - 107,1 kN = 107,1 kN (ke kiri)

32


Contoh 6. Tiga beban diterapkan terhadap sebuah balok seperti terlihat pada gambar. Balok tersebut didukung oleh sebuah gelindingan di A dan sebuah pin di B. Abaikan berat balok, tentukan reaksi di A dan B jika P = 15 kips Penyelesaian:

Fx = 0 Bx = 0 MB = 0 (A x 9) + (6 x 2) + (6 x 4) – (15 x 6) = 0 9A = 90 – 12 – 24 A = 6 kips Fy = 0 A – 15 + By – 6 – 6 = 0 6 – 15 + By – 6 – 6 = 0 By = 21 kips

33


Contoh 7. Seorang lelaki mengangkat tonggak 10 kg yang panjangnya 4 m dengan menariknya dengan tambang. Carilah tegangan T dari tambang dan reaksi di A

Penyelesaian : Tsin 70

B 25 70

T

Tcos 70

F W

A

45 Fcos 45

MA = 0 (W x 0,5AB x cos 45) + (Tcos 70 x AB x cos 45) – (Tsin 70 x AB x sin 45) = 0 0,5W + Tcos 70 - Tsin 70 = 0 (0,5 x 98) + (0,342 x T) –(0,9397 x T) = 0 49 = 0,5977 T T = 81,98 N Fx = 0 Fcos 45 - Tsin 70 = 0 0,7F = (81,98 x sin 70) 0,7F = 77 F = 110 N

34


Contoh 8 Kerangka yang diperlihatkan mendukung sebagian atap bangunan kecil. Diketahui tegangan pada kabel sebesar 150 kN. Tentukan reaksi pada ujung E.

Penyelesaian : D A

B

C

Ex



E



F

ME

Ey Fx = 0 150cos  + Ex = 0 Ex = - 150 x 4,5/7,5 = - 90 kN = 90 kN (kiri) Fy = 0 Ey – 20 – 20 – 20 – 20 – 150sin  = 0 Ey = 80 + (150 x 6/7,5) = 200 kN ME = 0 (Tcos  x 6) – (20 x 1,8) – (20 x 3,6) – (20 x 5,4) – (20 x 7,2) – ME = 0 (150 x 4,5/7,5 x 6) – 360 = ME ME = 180 kNm

35


LATIHAN : 1.

a. Determine the magnitude and directional sense of the moment of the force at A about point O b. Determine the magnitude and directional sense of the moment of the force A about point P.

2. The boom has a length of 30 ft, a weight of 800 ib, and mass center at G. If the maximum moment that can be developed by the motor at A is M = 20(10 3) lb.ft, determine the maximum load W, having a mass center at G, that can be lifted. Take  = 30.

36


3.

Determine the moment of each of the three forces about point A.

4. The towline exerts a force of P = 4 kN at the and of the 30 m long crane boom. If  = 30, determine the placement x of the hook at A so that this force creates a maximum moment about point O. What is this momen ?

5. The crane can be adjusted for any angle 0    90 and any extension 0  x  5 m. For a suspended mass of 120 kg, determine the moment develop at A as a function

37


of x and . What values of both x and  develop the maximum possible moment at A ? Compute this moment. Neglect the size of the pulley at B

6.

Determine the reactions at the supports for the truss

38


7.

Determine the reactions at the supports for the truss

8.

Determine the reactions at the pin A and at the roller at B of the beam.

9.

Determine

the

reactions

at

the

supports A and B of the frame

39


10.

Determine the tension in the cable and the horizontal

and

vertical

components

of

reaction of the pin A. The pulley at D is frictionless and the cylinder weights 80 lb.

40

BAB II KESETIMBANGAN BENDA TEGAR

Recommend Documents