MATERI PEMBELAJARAN DASAR-DASAR STATIKA
1
Literatur: 1. STATIKA 1 ,2 Soemono penerbit itb,Bandung. Soemono,penerbit itb Bandung 2. Mekanika Teknik 1,2 St tik d Statika dan k kegunaannya Ir Heinz Frick ,Penerbit Konisius 3. STRUKTUR Daniel L.Schodek P Penerbit bit PT Rafika R fik Aditama, Adit Bandung 1998. 2
1. Rangka Batang PRINSIP UMUM: RANGKA G BATANG G TDR DARI SUSUNAN ELEMEN2 LENIER YANG MEMBENTUK SEGITIGA2 SEHINGGA STABIL TERHADAP BEBAN LUAR
Labil
St bil Stabil
Stabil 3
Konfigurasi bentuk2 rangka k b batang
4
A.Menghitung dgnKeseimbangan titik hubung D
45º
B Ra=1/2P a
AEsin 45º
45º
TITIK A C
Rc=1/2P
P a
AE cos45º
AB
Ra
E
A
AE
∑Fy=0 ∑F 0 RA - AE sin @=0 1/2P-AE sin45º=0 AE.1/2V2 = 1/2P AE=P/V2 =1/2PV2 =1/2(1,414)P 1/2(1 414)P =0,707P (TEKAN)
∑ ∑Fx=0 maka AB didapat,demikian p , seterusnya unt ttk2 hubung yang lain.
5
B.Keseimbangan Potongan s
E
A Ra=1/2P a
B
P s a
∑Fy=0
BD 45º
D
45º
ED
E
A
BC
B
P
Ra=1/2P R 1/2P a Terjadi keseimbangan gaya2 C luar sebelah kiri potongan Rc=1/2P dengan gaya2 batang yang kena potongan ss. ss ∑Fx=0
∑MB=0 6
C Cremona: cara grafis C.Cremona: A2
E A1
D
D1 D2 B1
45º
A
B2
B
Ra=1/2P a Di titik A
P
C
Rc=1/2P a
Gabungan ?
Di titik E Ra
A1
Di titik i ik B ?
A3
A2 D1
A1
B1 7
D Cullmann D.Cullmann s
E
Ra
2
D 1
45º
A
B
Ra=1/2P a
C
s
P
Rc=1/2P a
R
3
P A2
Garis kerja R
1
H 2
3
D2
R B2 8
E. A Ritter:grafis dan analitis d2 s
E
D
A2 D2
B
Menentukan garis kerja R
d1
1/2a
d3 B2 s
F a
C
Keseimbangan Momen pada perpotongan garis kerja gaya Ra
2
G i kerja Garis k j R
1
MD=0 R.d1- B2.1/2a=0 1/2P.d1- B2.1/2a=0 d1 diskala terhadap a sehingga B2 didapat.
R
3
P
Selanjutnya dengan MB=0 didapat A2,dan dengan MF=0 didapat D2. 9
SOAL UNTUK DIDISKUSIKAN. DIDISKUSIKAN Buatlah Cremona dari rangka batang g dibawah ini dengan g beban P bekerja pada titik2 simpul sesuai gambar. P
P
A3
A2
P
A1
A
D1
T2
D2
T1 B1
B2
B3
P T3
A4
P
B4
B 10
2 Batang Tekan 2.Batang ( kolom pendek kolom panjang)
A.Kolom pendek P
P F
σtk. =P/F P max=σ.ijinxF σ ijinxF σtk .= tegangan tekan P = Gaya yang bekerja F = Luas penampang Kolom akan hancur kalau P > Pmax.
11
e P
M=P e
P
+
=
M=Pe
-
P
=
+
2
Beban Eksentris
-
1
3
+
12
M=Pe P
h b
+ Ptr
σtk
-
σtr
+
- σtk
Akibat M : P tr=σtr tr=σtr.1/2h 1/2h xb = 1/4bh 1/4bh.σtr σtr 2 M= Ptr.2/3h M=1/4bh.σtr.2/3h=1/6bh²σtr σtr= M = Pe . 1/6bh² 1/6bh²
2/3h
Ptk
Karena 1/6bh²=W (momen tahanan) maka σtr = P/F-M/W σtk = P/F+M/W 13
INTI KOLOM ( GALIH ) Agar semua bagian penampang menerima tekan, maka P/F harus =M/W P = P.e bh 1/6bh² e =1/6h →Jadi bila P terletak paling jauh pada 1/6 h atau 1/6b dari ttk berat semua penampang akan menerima tekan. Daerah tsb disebut INTI atau GALIH
P σtk=P/bh
P+M
M
+
+
1/3h
-
σtk=σ /tr
=
-
1/3b
σ tr=0 14
B.Kolom Panjang LEONARD EULER (1707-1783) menemukan hubungan antara panjang dengan beban kritis ( Pkr) yang dapat dipikul ,disebut BEBAN TEKUK EULER Pk π²EI Pkr= ²EI Pkr=π²EI Lk² L² Beban(P) Dimana Pkr=P kritis π = konstanta=3,1416 , E =modulus elastisitas bahan Panjang=L I =momen Inersia Lk=panjang tekuk Makin besar L → makin kecil Pkr atau sebaliknya
15
Angka kelangsingan kolom σkr k = P kr k karena k Pk Pkr=πEI EI maka k F Lk² σkr = πEI Lk²F Karena I/F = i² = jari2 lembam maka σkr =π²Ei² Lk² = π²E (Lk/i ) Karena Lk/i = λ= angka kelangsingan kolom maka:
σkr= π²E λ² σkr=π²E σkr k
λ²
angka kelangsingan (λ) 16
BRACING Untuk memperkecil panjang tekuk Lk dapat dilakukan dengan menambah pengekangan ( bracing) pada satu atau lebih pada kolom shg kapasitas pikul bebannya lebih besar. Lk=1/3l Lk 1/3l Lk=l
Lk=1/2l
Lk=1/3l Lk=2/3l
17
KONDISI UJUNG Panjang j g tekuk ditentukan oleh kondisi ujung j g kolom apakah : sendi-sendi Lk= l Pkr=π²EI/l² Jepit-jepit
Lk = 0,5 l Pkr=π²EI/ (0,5l)²
jepit-sendi
Lk= 0,7 l Pkr= π²EI/ (0,7 l)²
jepit-bebas
Lk = 2 l Pkr=π²EI/(2 l)²
18
CONTOH SOAL Sebuah kayu kelas 2 ukuran 10/10 cm dengan tinggi 2m(200cm). Berapa P yang dapat dipikul dalam berbagai kondisi tumpuan ? 1. Tumpuan
sendiSendi
2. Pj tk(lk )
200cm
3.Jari2 lem 2,89cm bam(i) →tb.1.2.4 →tb 1 2 4 hal484 4. λ=Lk/i
69,2
5. σtk(kg/cm²) 46 (tb.1.2.6 hal488) 6. P (kg)
4600
jepitsendi
jepitjepit
jepitbebas
140 cm
100 cm
400 cm
2,89cm
2,89cm
2,89cm
48,4
34,6
138,4
58
66
14
5800
6600
1400 19
CONTOH 2 Sebuah kolom baja I-20 dikekang kesatu arah ( sumbu y-y) dan tinggi kolom =8,20 m seperti gambar. Berapa P yang dapat dipikul ?
P? 2,05 2,05 2 05 2,05
2,05 x y
y x
20
8,20 ,
SOLUSI Lihat table 1.2.3 hal 472 untuk propil baja I-20 didapat: Jari2 lembam i x =8,00cm dan i y=1,87cm Luas penampang F= 33,5 cm² Tinjauan kearah sumbu x-x λx= Lx / ix =8,20/8 =102.5 lihat table 1.2.5 hal 487, didapat σtk=711 kg. Maka P tk= 711 x33,5 =23.818 kg. Tinjauan kearah sumbu y-y: λy= Ly/iy= 205/1,87 =109,7 Lihat table 1.2.5 hal 487,didapat σtk=654 kg/cm kg/cm² Maka Ptk =654 x 33,5 =21.909 kg. KESIMPULAN: P yang dapat dipikul oleh kolom tsb adalah P yang lebih l bih kecil k il yaitu it 21.909 21 909 kg. k 20
SOAL UNTUK DIDISKUSIKAN Berapa P yang dapat dipikul kalau contoh no 2 diatas kolomnya memakai kayu kelas II ukuran 10/16 cm dimana Lx=6,00m dan Ly=2,00m? Bantu dengan table 1.2.4 1 2 4 dan tabel1 tabel1.2.6 26
21
3. G 3 Gantungan t dan Sokongan g Gantungan dan sokongan dib t pada: dibuat d BALOK PELENGKUNGPORTAL Yang mempunyai bentang besar sehingga dapat besar,sehingga mengurangi MOMEN akibat gaya2 luar yang bekerja pada d elemen2 l 2 diatas. di t 22
SISTIM : Balok AB dianggap terletak diatas tumpuan SENDI dan ROLL Setelah digantung / disokong g tengah2 g bentang dianggap sebagai SENDI ( S) M S=M S MºS=M¹S
A
Ra
S
B
Rb
23
CARA PERHITUNGAN: A. SEBELUM DIGANTUNG/DISOKONG 1. MENGHITUNG REAKSI PD. PERLETAKAN AKIBAT BEBAN2 LUAR. 2 MENGHITUNG MOMEN SEPANJANG BALOK 2.MENGHITUNG 3.MOMEN TENGAH BENTANG= MºS 4.MENGGAMBAR BID MOMEN
B.SETELAH DIGANTUNG/DISOKONG 1. MENGHITUNG REAKSI PD PERLETAKAN 1 2.MOMEN TENGAH BENTANG=M¹S=MºS 3.DENGAN M¹S=MºS GAYA2 PD. GANTUNGAN/SOKONGAN DIDAPAT 4.MENGHITUNG MOMEN SEPANJANG BALOK 5.MENGGAMBAR BID. MOMEN 6.MENSUPERPOSISI MºS dengan M¹S
24
H tg @
Contoh 1: a
A
a B
P
3a
a D
C
@
Ra=5/6P 1. Sebelum digantung & disokong :
E
S
M¹S=MºS
h
Re=1/6P
p Ra=5/6p Re=1/6P MºB=5/6Pa MºC=5/6P.2a-P.a=4/6Pa MºD=MºS =5/6P.3a-P.2a=3/6Pa MºE=0 25
2 S t l h digantung 2.Setelah di t & disokong di k a
a B
A
D
C
@
H
a B
h
3a
a C
h1 T
E
S
a
A
3a
a
T h
D S
H T
E T
26
a
A
H
a B
3a
a D
C h1=1/2a
T
T h=a
S
H T
Menurut ketentuan M‘S=MºS
T
@
M‘D=M‘S=-T.3a+T.a=-2Ta
E
H
T
Maka : 2Ta=1/2Pa sehingga T =!/4P (arah keatas) T=H tg α dan tgα=1/2 maka 1/4P=H.1/2 sehingga H=1/2P Selanjutnya: M‘B=-T.a=-1/4P.a=-1/4Pa M‘C=-T.2a= -2Ta =-1/4P.2a=-1/2Pa M‘D=-T.3a+T.a= -2Ta=-2.1/4P.a=-1/2Pa 27
a
A
H
a B
C h1=1/2a
T
3a
a
T h h=a
D S
H T
E T
Untuk mempercepat menghitung momen akibat gantungan bisa dengan cara berikut: Menghitung M‘D=M‘S=MºS, sehingga didapat besarnya T=1/4P dan dengan persamaan T=Htgα didapat H=1/2P(seperti / ( contoh didepan). ) M‘B=-T.a karena T=Htgα maka M‘B=-Htgα.a=-H.atgα=-H.h1=-1/4Pa M‘C=-2Ta=-2H.tgα.a=-H.2atgα= M C 2Ta 2H.tgα.a H.2atgα -H.h H.h =-1/2P.a=-1/2Pa 1/2P.a 1/2Pa M‘D=-2Ta=-2H.tgα.a=-H.2atgα=-H.h =-1/2Pa
Kesimpulan : M‘B=-H.h1 , M‘C= -H.h ,
M‘D=M‘S= -H.h
28
Gambar Bid M
5/6Pa
+
BidangM sebelum disokong
1/4Pa
+
Bidang gM superposisi
-
1/2Pa
Bidang M akibat sokongan 29
Bidang gaya lintang 5/6P +
P
Sebelum disokong
-
1/6P 1/4P
1/4P
1/4P
-
+ 1/4P
Akibat sokongan
5/6P 1/4P + P
-
1/4P 1/4P
+
1/4P 1/6P
Superposisi
30
Contoh 2 Balok disokong x
B
A
C
D
S
45º
a x
y
h a
a
Balok AD dengan beban rata w disokong seperti gambar sebelah b l h Diminta menghitung dan menggambar bid. Momen balok tsb. 31
w Ra
S
Rd
Sebelum disokong: Ra=1 1/2wa Rd=1 1/2wa Mmak=Mº‘S=1/8w(3a)² =11/8wa²
32
x
B
A
T
T
H
T
C
T
45º
a
y
S H
D
T H
T
T
h a
a
H
T
x Setelah disokong: M'x=-T.x karena T=Htgα maka M'x=-Htgα.x=H.xtgα=-Hy M‘b=-T.a karena T=Htgα makaM‘b=-Htgα.a=-Hatgα=-Hh M‘s=-Hh M s Hh sedangkan M M‘s=Mºs=11/8wa² s M s 11/8wa maka Hh Hh=11/8wa² 11/8wa Sedangkan h=a maka H=11/8wa dan M'b=M's=-11/8wa²
33
+
+ -
-
1 1/8wa²
Bidang Momen
34
SOAL2 GANTUNGAN UNTUK DIDISKUSIKAN. DIDISKUSIKAN Sebuah balok dengan beban merata w/m digantung seperti gb dibawah Di i t Hit Diminta:Hitung d dan gambar b bid M superposisi. i i α=45º α 45
h1
A
h2
B a
h1=a=3m h2 5 h2=5m w=100Kg /m
C a
S a
D
E a
F a
35
Sebelum digantung A Ra
B a
C a
S
D
a
E a
F a
Rf
Ra=1/2.w.5a=1/2.100.15=750 kg. Rb=Ra =750kg Mºb=Ra.a-wa.1/2a=750.3-100.3.1,5=1800 kg m Mºc=Ra 2a w 2a a=750 6 100 6 3 =2700kg m Mºc=Ra.2a-w.2a.a=750.6-100.6.3 Mºs=Ra.2,5a-w.2,5a.1,25a=750.7,5-100.7,5.3,75=2812,5 kg m
36
Setelah digantung H
α=45º
h1
h2
T1
T2
B
A Ra
C
a
C a
T1
D
a T2
B a
R Ra
S
a T1
A
T2
a
a
a
F Rf
T1
T2
S
E
D
E a
F a
Rf 37
T
A
T
B a
C a
Ra
T
T
D
S a
E a
F a
Rf
M S M S =2812 M‘S=MºS 2812,5 5 kgm M‘S= H.h2 2812,5= H.5
H= 562,5 kg
M‘B -H. M‘B= H h1 h1=-562,5.3 562 5 3 = -1687,5 1687 5 k kg m M‘C=-H.h2 =-562,5.5
= -2812,5 kgm
M‘S=-H.h2 M S H.h2 =-562,5.5 562,5.5
= -2812,5 2812,5 kgm
38
1800
2700
+ 2812,5
Bid M beban rata
1687,5 2812,5
Bid M gantungan
2812,5
-
+
+ -
Bid M superposisi
39
