Luclo C.nonlca. MSc. C�. �THZ.
I rtiKA
e E
penerbit
ctiJ
ANGKASA
bandung
Luclo
Canontca, MSc.
CE. ETHZ.
Memahami
NI ME TEKNIK 2
Edisi Ke-1, Tahun 1991
penerbit
cij)
ANGKASA
bandung
JALAN MEADEKA NO. 6 TELP. 439183 P.O.
BOX
1:!53180.
BANDUNG
.-
-
-
444795
INDONESIA
£
- O
;=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 bagai mana 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 meme riksa keluaran perhitungan komputer, oleh karena kemungkinan adanya kekurangan tersembunyi pada perangkat lunaknya. Pada akhirnya, yang bertanggung jawab atas hasil-hasilnya adalah pen desain, 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 masalah masalahnya secara mandiri dan bertanggung jawab. Saya sangat berterima kasih kepada Ir. Tonny Soewandito, Pemimpin Proyek Pendidikan Politek nik yang telah menyetujui naskah ini diterbitkan. Hal ini membuktikan adanya usaha pengembangan di bidang pendidikan teknik yang dijalankan oleh proyek, yang selah1 ditingkatkan dan disempur nakan. 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 sak sama 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.
Ir. Lucio Canonica Via Coremmo 3 6900 Lugano-Switzerland
iii
DAFTARISI
Halaman
Kata Pengantar ..... .. .. .. : ................ . ................. . .......... . . ......... . .. .
I.
Ilmu Kekuatan Bahan
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
I.I
Gaya-gaya dalam dan tegangan-tegangan . ...................... . ..............
I.2
Batang-batang dengan gaya normal N . ........................................
1.3
Deformasi-deformasilperubahan bentuk ..... . ... . .... ........ ... . :. ....... . .
iii
.
I I 2
.
11.
Ill.
IV.
V.
VI.
VII.
Titik berat/titik pusat . ... ..... ........ ... ..... .._: ................................. .
7
2.I
Titik berat suatu penampang .................................................
7
2.2
Titik berat secara umum .....................................................
9
.... . . ..... . . .. ... ...... .. .. o�. . . ..
11
3.1
Gaya geser dan tegangan geser .. .... ... .. ..... :..............................
11
3.2
Deformas1 akibat geser . .............................................. ........
I2
Lebih lanjut tentang gaya-gaya dalam dan tegangan . ..................................
13
Tegangan geser
.
..... .... ... .
.
.
.
. .. .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
•
4.I
Lenturan sebuah Balok . ....................................... ...... .......
I3
4.2
Pembahasan secara umum teori lenturan/lengkungan............................
I4 I5
4.3
Momen. Inersia . ...........................................................
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 ...........................................
22
... ... . ... .. ... .. ... ....... ... ...... . .. . .. .. . ...... ...
23
.
.
Geser dalam Balok
.
.
.
.
.
. _
.
.
.
.
5.I
Distribusi gaya geser pada penampang melintang ................................
24
5.2
Distribusi T pada penampang empat persegi panjang ........................ . . ...
25
5.3
DistribusiTuntuk penampang H. .............................................
26
5.4
Distribusi tegangan gesendalam balok T......................................
28
5.5
DistribusiTuntuk suatu bentuk penampang ....................................
29
Torsi/puntir .............................................. :. .....................
31
6.1
Pengertian Dasar ...........................................................
3I
6.2
Tegangan geser puntir . .
35
6.3
. .... .... . .. . .......... Tegangan geser puntindi dalam pipa atau panampang "box" . ...................
6.4
Tegangan geser puntindalam penampang empat persegi panjang. .................
36
6.5
Tegangan geser puntindi dalam baja propil....................................
37
6.6
Superposisi dariTgeser danTpuntir ..........................................
38
.......... . .........................................
40
7.2 7.3
.
. .. .. .... ... .
.
.
.
.. . .
.
.
.
.
.
_
.
.
Tegangan-tegangan kombinasi 7.I
.
Kombinasi M dan N
.
.
.
.
.
.
.
""'................................................
Keadaan khusus : pondasi .................................. ................. Tegangan Tumpu (Bearing Stresses) ... . . , ................................... .
.
V
35
40 4I
42
·
VIII.
IX.
Deformasi Akibat pembebanan ..... .... .. ................ ..................... ... .
8.1
Deformasi sebuah Balok ....................................................
8.2
Perputaran "{) dari balok pada suatu tumpuan ...................................
43 44
8.3
Lendutan (y) dari Balok ........................
8.4
Deformasi Kontilever .. ....... .. .............. ..
8.5
Dua penerapan ...........................................................
.
48
8.6
Elemen-elemen statis tak tentu ...............................................
49
Perencanaan Balok ...............................................................
54
,
.
.
.. . . . ........ ..... ... ....
43
.
.
.. .............. .... . .... .
45
47
9.1
Syarat-syarat perencanaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
9.2
Masalah-masalah perencanaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
9.3
Perancah untuk pelatBeton..................................................
56
X.
Tegangan-tegangan Utama
XI.
Batang-batang tekan : kolom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
0
•
•
•
•
0
.
0
•
•
•
0
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
0
0
0
.
0
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
62 63
11.1
Tekuk pada kolom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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
.
63
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
Stabilitas Structure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
14.1
Stabilitas vertikal ......................................................... .
75
14.2
Stabilitas horisontal .......................................................
76
XII.
XIV.
XV.
XVI.
.
Sistem statis tak tentu : Analisa pendekatan (approximate analysis) ......................
77
15 .1
Pengantar
15.2
Dasar analisa pendekatan ...................................................
77
15.3
Balok menerus: analisa pendekatan...........................................
79
15.4
Pembebanan urituk Mmax. dan Mmin yang diakibatkan beban hidup P ..............
81
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
77
15.5
Saran-saran untuk praktek ..................................................
81
15.6
Pengaruh settlement (penurunan) tumpuan A ...................................
83
15.7
Penyederhanaan analisa metode cross .........................................
15.8
Frame : Analisa pendekatan................................................
15.9
Pergeseran arah lateral dari frame ............................................
.
82 84 88
15.10 Rangka batang statis tak tentu dalam: analisa perkiraan/pendekatan ..............
90
Jaringan struktur (sistem struktur) ..................................................
92
16.1
Syarat-syarat ..............................................................
92
16.2
Pemilihan suatu sistim struktur ...............................................
93
16.3
Perhitungan- Model sebuah struktur ....... ............... ..... ..
16.4
Luas penyebaran beban .....................................................
.
vi
.
· .
.
.
1I
.
.
95 97
I
I. ILMUKEKUATAN BAHAN Kita dapat memerik.sa gaya-gaya dalam N, L dan M yang bekerja pada sebuah batang dari suatu struk tur j ika; 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 gaya gaya 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:
bata ng dibeba ni :
'�
-
Tegangan pada penampang x-x
I
x.
UN=
�
aN= tegangan normal N = gaya normal A = luas penampang
gaya dalam pa da penampang
x-x.
Contoh:
Batang tarik dengan N = T = 56 KN = 56000 N. A = 20 X 20 mm2 = 400 mm2 Tegangan tariknya
at =
56000 400
= 140 N/mm2• 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 (meng alami deformasi). Pertama, deformasi sebanding dengan beban yang ditingkatkan dalam batas-batas tertentu. Jika beban kita hilangkan, maka batang akan kembali pada P bentuk semula (perilakunya sama dengan sebuah 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;
A p
sifat elastis dan plastis
.--; I
I
I I
A plastis 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
�
Gaya
sebagai gaya tiap satuan luas = tegangan = a =
Deformasi
sebagai deformasi tiap satuan panjang (atau deformasi spesifik)
= regangan E = �
KN/m2 =
*
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.
10
10
A£
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
Catatan: a dan E sama, tetapi gaya total K dan A£ berbeda.
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 di dapatkan sebuah perilaku elastis, dengan modulus elastisitas E yang berbeda pula.
E
Et at E
E.E1 a E
tg
C¥
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.
*
a
Lt=lOOO
0
11 = 1 000 mm. 12 = 2000 mm.
*
Panjang
*
Tegangan pada tiap-tiap batang adalah sama. T
a =
5250 50
�
105 N/mm2
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.
*
E
a
E
=
105 = 2 ,1 .1 05
55 . 10-5
deformasi spesifik atau regangan.
Maka tiap-tiap bagian batang akan mengalami deformasi tiap satuan panjang dari E= 55. 10-5 kali.
*
I
=
Q0
l .E = 55 . 1(J5 mm. 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.
= 1 mm,
Jika £ 0
I
maka deformasinya
Deformasi total secara umum dinyatakan dengan :
� Q= E .Q 0 Catatan
:
yang mana diij inkan untuk dipertimbangkan jika deformasi tidak membahayakar struktur.
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
X&_ A.E
dapat dipercaya untuk gaya tarik maupun tekan.
Penerapan:
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
M·t
halok beton kayu r---
baja
kayu
r---
baja
I
.6.Q =
4000 mm2 , EK 1 .104 N/mm2 A = 4000 mm2 , E bj = 2 1 .104 Nfmm2
kayu : A
O mm
:
=
=
\ '('pondasi beton
P.Q o
A.E
.6.Q kayu =
.6. Q Baja
Ek · lbaja E bj
Pbaja ----%" �·Ebj dan 2
Pk ayu
Pk ay u =
+
1 .104 2 1 . 1 04
1 2 1 Pbaja ·
Pb aja
p
2 Pkay u + Pbaja 21 23
P.
Pbaja
p
-+
21 . 30 23
=
1 2 1 Pbaja *
2(
1 + 2 1 Pb aja ) Pbaja
p
30 K N
27 ,39 KN.
1 . 27 ,39 21
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 atau konstanta Poisson 1'J. Untuk baja
�
Untuk beton �
=
0 ,3
=
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
atau
untuk.baja
at
untuk beton
at = 1. 1
A Qt = Q 0 ·at· AT
1,2. 10"5
1.4. Tegangan ijin; sebuah alatfsarana
}
hampir sama.
Untuk bahan-bahan konstruksi yang berbeda dimungkinkan menentukan perilaku bahan -di bawah pembebanan- dengan percobaari, dan digambarkan dalam diagram a - E.
batas tegangan pa tah baja
�-----�
a Diagram hubungan
a -E
batas tegangan patah beton _.
__
batas tega nga n patah kayu __________ _
Tegangan yang diijinkan didapat dengan membagi tegangan patah dengan suatu faktor keamanan.
Tegangan ijin
a ,
a =OJ.j a·lJ·
faktor keamanan
, /_,
,
/ I
,..
- .... -
batas patah batas ijin
aij = tegangan ij in ak e= tegangan patah
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 diberi kan dalam peraturan, maka hatang tersebut aman (kuat). a
6
� aij
11. TITIKBERAT/TITIKPUSAT 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 luas total A = 8 .
* *
*
Jika j e�s untuk menentukan posisi
P
:
P
= .8 a.
kita harus menghitung resultan gaya-gaya tiap satuan luas.
y
t
Penyelesaian secara grafis
dengan polygon gaya dan segi banyak batang dalam dua arah xdan y
0
3a a a
3a
atau Penyelesa ian cara Analitis
4a .0,5 + 2a.1 ,5 + 2a.2,5
Xc Ye
8a =
=
4.0 ,5 + 2 . 1 ,5 + 2 .2 ,5 8
1 ,25
3a.0 ,15 + 1 a.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
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.
Perpotongan garis-garis vertikal (garis kerja G) memberi kan titik berat/titik pusat.
t I
vertikal
I I
I vertikal I
1
2
Untuk potongan yang sederhana dapat kita tentukan sebagai berikut :
Letak titik berat dalam arah vertikal.
h
b
� ---------
b
EB 8
Jf
a
�:;::� %h %h
f
2a + b 3(a + b)
.h
2.2. Titik berat secara umum.
Jika ambil a = 1 kita dapat melihat bahwa contoh terdahulu dapat pula dijabarkan sebagai berikut.
menunjukkan sumbu a
LlA1 .x1
Xe
I:LlA.x
LlA2. x2 + AA3 .x3
ilA1 Yt + LlA2·Y2 + ilA3 ··YJ
=
ilA1 + LlA2 + ilA3
I: .!lA y .
A
sb
=
A
ilA1 + AA2 + LlA3
Ye
menunjukkan sumbu b
+
=
A
Sa A
S a dan S b disebut statis momen terhadap sumbu a dan b. Kesimp ulan.
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. I:ilA.x
Xe
Rumus-rumus
=
Ye =
A I:ilA.y -- = A
--
Sa A
Rumus di atas akan memberikan letak titik berat. Contoh :
lb
j_�
7
I jb
AA
elemen
>
x
-
y
.!l S a
X
AS b
1
20
11
220
0
0
2
4,5.
9
40.5
-3
-1 3,5
3
4,5
9
40. 5
+3
+1 3,5
4
40
5
200
0
0
A=
69
Sa
501
sb
0
-
Sa
;501 69
sb
,0 69
X
A
y
A
7,26 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 GE SER
3.1. Gaya geser dan Tegangan geser Pada umumnya jika sebuah gaya bekerja memotongjmenggunting sebuah permukaan, kita sebut ia gaya geser L.
L
gaya gese r
Secara nyata sebuah gaya geser adalah resultan gaya-gaya kecil tiap satuan luas yang disebut tegangan g eserr (tau) = T_. luas
L
Tegangan geser. Contoh : Baut
H=L
H dalam pelat menghasilkan L pada baut.
L
Contoh
:
=
L A
sambungan.
1
•"
H= L
Mekanika Teknik
2- 2
=T .A =
T.
b . ..::lQ
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 Sudut deformasi 'Y (gamma) adalah sebanding denganT. Faktor perbandingan seharga adalah
:
L =T.A.
�.
( 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 LANJUTTENTANG 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. Penampang
Contoh :
jo.sP b)
-€
+�
sumbu acuan
.e
mh
[.. '(
b
Deformasi diperlihatkan untuk sebuah balok yang dibebani.
I. 1
lebih baik kita perhatikan sebuah elemen balok dengan panjang semula £0• Untuk elemen ini didapatkan :
c.)
-(j
- serat atas bertambah pendek dengan A£
+
- serat bawah bertambah panjang dengan AQ.
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 =
AQ
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.
Tanda:
e untuk tekan 0 untuk tarik
13
Tegangan lenturflengkung yang bekerja pada penampang melintang adalah seharga dengan gaya kopel D dan T yang bekerja dengan lengan gaya Z.
h
Tegangan
Kopel
Momen
:0
Kopel ini membentuk momen yang dibutuh kan untuk keseimbangan Freebody.
(Catatan: perilakunya sama dengan rangka batang, dalam mana momen dilengkapi oleh sebuah gaya kopel).
Free body Gaya-gaya D dan T dibentuk oleh tegangan total a yang bekerja pada penampang melin tang D sama dengan volume tegangan tekan dan T sama dengan volume tegangan tarik. D
0
D + T
T
(seimbang)
; h (lihat gambar).
Z
ID �·
b
�
+a
Z ; adalah jarak antara titik berat volume tegangan tekan dan volume tegangan tai'ik. Momen dalam M menjadi:
I
D = gaya tekan T = gaya tarik
M = D . Z= T .Z
Untuk penampang segi empat : bh2 1 h 2 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
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 : aA
EA X
{,-· y
Penampang melintang
Tegangan
Deformasi
Momen
Gaya
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 kata kan bahwa pada tiap elemen bekerja gaya AK. Gaya ini menyebabkan momen AM=�K.y mengacu pada garis netral NA.
gYBB
Tegangan o dapat dinyatakan sebagai: o= Sehingga A K = a . � A =
YB
on
y. �A
VD
aa Dan AM =AK.y=-. y2 �A
.
y
Sebagaimana tiap-tiap elemen mepghasilkan sebuah AM kita dapat m�njumlahkan semua elemen elemen dan didapatkan: M= � "'
YB Y2 �A
aa
.
OB YB
karena - konstan, kita menulis:
Momen inersia penampang terhadap sumbu x melalui T.B. penampang.
Jika
Jika M diketahui dari statika balok, kita dapat menghitung tegangan dalam balok a=
M �·Y
Catatan: 0
Jika kita bandingkan rumus umum M=- . lx dengan rumus M=a . Wx kita dapat melihat ada y bentuk hubungan :
Wx=
Ix y
I
.______,.__ . .--J
di antara Modulus Ketahanan/Momen Tahanan dengan momen inersia.
---... -.�
4.3. Momen lnersia
Untuk penampang empat persegi.panjang, kita dapatkan: M=a.
6
b h2
a = tegangan pada serat paling atas atau serat paling bawab.
h
-
a h
2 !-·-·-· r-:--·
TB
..__
•
.J
__
1
h
2
-.1'15
Dan dari rumus umum, untuk
k:ita dapatkan 0
= M
:
'
y 2h
= -
h/2 .Ix
Kedua rumus di atas menggambarkan keadaan yang sama : lx b h2 -.6- = h/2 0
0
•
.
'*
Momen inersia untuk penampang empat persegi panjang.
Momen lnersia menggambarkan ketahanan bahan terhadap lenturan dihubungkan dengan penampang melintang:
I kecil berarti ketahanan terhadap lentur kecil
I besar, berarti ketahanan terhadap lentur besar Momen Inersia terhadap sebuah garis sembarang
G
·- ·-· - ·- 1- ·
·-·
y
X
�
Ketentuan-ketentuan : ASa AA.y A Ia AA.r =
=
y
a
'YG
-"'y -Y2 -YG2 - 2-Yo·Y + Y2 Ala AA.y{;- 2.y0.AA.y + AA.y2 la y{; AA 2Yo :E AA.y + :E AA.y2 --' i-....y---' '-:v-' A Sx1..-y0 lx Sx 0 terhadap titik.berat, persamaan di atas menjadi: la = A.y{; + lx lx la- A.yfi Y = Yo =
=
=
:E
-
=
=
16
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 ter dahulu untuk tiap-tiap bagian kemudian menjumlahkan hasilnya. ,- ----- - -- -- ---r I I I I __ _, �----
a
a
a
a
c
a
h /6
x--�-4�--�;--x-- ------��������-
*
Momen inersia untuk segitiga
•
Momen inersia Ix untuk sebuah segitiga sama dengan se tengah Ix untuk empat persegi empat ditambah ·akibat perpindahan tempat terhadap sumbu yang dipilih dengan � 1
1
h
-Ixl D-A� (-)2 2 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
=
bujur sangkar A -
nr>2
H�
0.8$ D
17
*
Penampang dengan lobang lobang dianggap luas negatip luas : A = bh - 1,4
rr
D2
letak titik berat (T.B.) h / h (b.h)2 - ( rrD21 4 ) (2- e) Sa y =-
A
¥
0 j. b
Momen inersia:
Dengan:
bh3
lx 1
12
D4
lx2
20
Ao
b.h
Ao
rr D2
4
Perhitungan momen inersia penampang melintang
Untuk penampang komposit, hasil perhitungan biasanya dibuatkan dalam bentuk tabel. Contoh :
El .i
30 c m 2
1 y
r�.
a
-·-
Titik berat : yc
la =
� lxi
2190 1 46
.® ®
2
�
-=
Yi
AAiYi
60
29
1740
26
15
390
60
1
60
1 46 cm2
15 cm
+ � AAi :yr = 1505 + 56370
lx = l a- Ay � 18
=
26
CD
AAi
5787 5 - 1 46.152
=
57875 cm4. 25025 cm4 .
2190 cm3
lxi 20
AAiYt 50460
1 465 5850 20
60
1505 56370 cm4
cm4
Catatan untuk penampang I
Dalam rumus umum :
Kita lihat bahwa Hens/ sayap dengan �A yang besar dan y yang besar pula m emberikan sumbangan terbesar kepada Ix. Suatu harga pendekatan untuk Ix kemudian adalah :
Dalam contoh di atas :
Ix =
( 94% dari Ix teoritis). 2 .60.142 = 23520 cm4 =
4.4. Penerapan teori lenturan
Contoh lenturan dengan penampang tak simetris E1 i
k
�A i
Yi
-2 Yi
�Ai Yi
Ix i
�AjY2
20
13
1 69
260
6,67
3380
24
6
36
1 44
288
864
404 cm 3
294,67 cm4
4244 cm4
44 cm2
404 9 ,2 cm 44 294,67 + 4244 - 44(9,2)2 = 8 1 4 ,5 cm4•
T itik berat y
Ix =
Untuk momen yang bekerja M= 0 ,1 0 tm = 10 .000 kgcm. M a = -1 y , y diukur dari titik berat ke bawah. x 10 000 ( 4 '8 ) = --.JJ 9 kgjcm2 ( tekan) . 4,8 cm � Untuk . y 8 14,5 10 000 (+9 '2 ) = 1 1 3 kg fcm2 (tarik) . y = 9 ,2 cm --+- a s = . 8 1 4,5 •
garis netral -
*
T egangan dalam balok T
aB 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 Wx dan roomen 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 .
Penampang
wBX
=
Momen
O"s
Tegangan
+
Tegangan-tegangan yang disebabkan M dapat dinyatakan : M dan M a
I
A
=
wBX
wA
X
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. Tegangan dapat dihitung dengan rumus a MIx . � . :
=
Tegangan a 20
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 D1Z1=T1.Z1• M1 lebih kecil dibanding M, karenanya diabaikan. Untuk perhitungan secara""'endekatan kita anggap bahwa : Momen dalam M bekerja pada penam pang 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 untuk flens. =
=
·
:
a
Contoh:
Penampang:
l
2 26
J
r--
---·-
I
2
30
k
--·--·
cm
'I
cm2• Anens = 60 cm2 • lx = 25025 cm4 • A
1
=
1 46
J
"'
..,
jika balok pada tengah bentang momennya M=27 +m=2700 000 kgcm. -1618 k g/cm 2
Perhitungan secara eksak a =· a
M . y dengan y = +15 cm.
-1
=+
270 0000 2 5025
·
15
= + 161 8 kgI cm2
+1618 k g/cm 2
Perhitungan secara pendekatan
Z = 30 - 2 = 28 cm. Anen s = 60 cm2 M - 2700000 D=T = z28 a
96428,6
kg
= + �:�8• 6- = + 1607 kgjcm2 (perbedaannya sectikit dibanding basil secara eksak).
Tegangan secara pendekatan : -1607
kg/cm2
+1607 k g/cm2
Keuntungan cara ini ialah kita tidak membutuhkan lx . 21
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 mo men 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.ylx kita dapatkan untuk amax = 100 kgfcm2 • 4.7. Memilih bentuk penampang
:
�l-·--·-·-1--·-·-·" 1
30
lx = 2500 cm4• M 50 000 kgcm. Perbandingan : 1
22
*
f 10
lx M
30
I.
1
cm4• 150 000 kgcm.
22500 3
lx M
t. 'I
cm4• 316 667 kgcm. 475 00 6,33
r
V. GE SERDALAM BALOK
CJ
Geser dalam sebuah balok mengambil dua bentuk yang berbeda yang sating berhubungan.
*
.
.
perp.utaran
Tegangan geser vertikal *
" I'
K1ta dapatkan sebuah gaya geser verUkal untuk keseimbangan arah v ertikal.
. J \.
L
1J
;gl�jq....-.- �-...,
M, L
p
MzL
��
L.
Freebody dengan gaya-gaya dalam .
Perputaran elemen disebabkan "Tv.
Kita dapatkan gaya geser horizontal untuk keseimbangan arah horizontal. Jika kita membuat balok bersusun dari dua susunan yang berbeda tanpa sam bungan di antara susunan tersebut, maka dapat kita lihat bahwa dua bagian tersebut bereaksi sendiri-sendiri dan menggelincir secara horisontal satu sama lain.
*
Freebody balok yang so lid dengan gaya-gaya dalam. (seperti gesekan di antara bagian atas dan bawah) .
a-
Perputaran
� � -?
"l:"h
Tetapi dalam balok yang solid, gelinciran akan ditahan oleh tegangan geser di antara dua susunan tersebut.
*
*
Perputaran sebuah elemen akibatTh
Tegangan geser horisontalTh (diimbangi a) 23
*
Dua buah tegangan geserTv danTb 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. 1,5
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 \
0.5
e
1
�
®
b (, 1
M
0
M+�
Setelah mendapatkan gaya dalam L, dalam untuk keseimbangan.
M kita ambil sebuah pagian balok (freebody) dengan gaya-gaya
A
Freebody AZ
�
6
•
A
s
i akibat netto gaya-gaya dalam catatan: tidak perputaran berarti L.AZ
= A
M
keseimbangan horisontal untuk bagian yang dipi sahkan: T.b.AZ
=
4a .A
A = luas bagian yang dipisahkan.
24
1
Seperti kita lihat dalam gambar, untuk mendapatkan keseimbangan horisontal pada bagian yang dipi sahkan, maka harus ada : T.b.�Z = �a.A dengan �a �M lx y kita dapatkan . -1-.y.A T.b.�Z. = �M tetapi S=y.A adalah statis momen dari bagian yang dipisahkan, berpedoman pada N. A. S �M T.b �M �z Ix tetapi �25 = L. X
·
T .___
L s
___,j.l· rumus umum untukT .
_ _. _ _
___
b.Ix
_
DistribusiT pada penampang empat persegi panjang. Dalam contoh soal telah kita dapatkan Ix h didapat s (b.4h ):83 h 3 bh2 * Pada y = -4 32 2 . 12 L . 9 . 1,125 L T bL " 3bh 32 bh3 b.h 8 b.h bh2 * Pada y=O didapat S= 8 5.2.
:
=
+-
distribusiT � �1,125Trata-rata I,� �1,5T,.to·mto
-
*
*
L . 12 = l 5 L bh 8 , b.h b Jika kita sebutTrata-rata = �.h, maka dapat dilihat bahwaTmax imum untuk penampang empat persegi panjang adalah : 1,5 T rata-rata Tmax pada level dari titik berat TB. Dari hasil ini kita lihat bahwa distribusi pada penampang empat persegi panjang seperti gambar di samping.
distribusi T dalam penampang empat persegi panjang
-r
*
T m ax pada level titik berat dapat juga dihitung seperti berikut : Tmax·��.b = �D �M dan L;;: �z. dengan �D = \·6 �M . Tmax· b �25 L dengan Z. = ; h Tmax = b.Z. ==
25
*
I �H
0
=
I
r T .b.A� T .b .AZ
=
AD AT
}
AD
-+
=
-AT
Tatas
=
-Tb a wa h
5.3. Distribusi T untuk P!UlBIDPJlDg H.
Perhatikan penampang berikut
ti
:
Ix
= �
Ai·Y2 ; � Ixi Ix
-·-·
b
Karena 2 .
=:
•
h1 3 1 h1 h1 Bt3 .2 +2 (b. 2-) (4 )2 + b(2 ) . 12 12
kecil , maka dapat diabaikan.
B
Ix
�1 + � ) 2 .2 + �-�3 2 hl 1 hl hl .2 + 2 (b .2 ) (4) 2 + b(2 ) 3 12 (B.t ) (
1 (B.t ) (h1 + t )2 . 2
Dari rumus umum untuk T diperoleh : *
Pada y -+ -+
=
hl ±2
Untuk badanjw eb
B
Pada y
=
=
S
�1 + �)
1 (B.t) (hf + t) . 2
L (B.t} ( h1 + t} .2 b (B.t) (h1 + t)2 .2 =
L (B .t) (h1 + t).2 B (B.t) (h1 + t )2 .2
b-+ maka Tne n s
�
0
(B.t) (
T
Untuk flensfsayap T karena
*
s
L
b(hl + t
L B(h1 + t )
� Tweb .
hl t hl hl (B.t ) (2 + 2 ) + (b. 2·4 ) � diabaikan 1
sehingga T akan sama dengan T pada y t
*
-
L
hl - 2 . +--
b(hl + t)
Distribusi T sebagai berikut :
r�·t
l b
I 26
=
(B.t) (h1 + t ) . 2
I'
�
L
"'o
*
Kita dapat memperol,eh hasil yang sama , dengan memakai i cara pendekatan :
~
y
)
.6�
untuk keseimbangan
L:lM =
T.b
L:lM 1 23 '.;lZ.
:. T
I
L
\�
L
b .Z.
I: H =
AM
= AD
l:.h,.,.t
,:r
L:l D .Z. -+ LlD =
T.b.LlZ
L:lM L:lB
:
� �-
23
,;
.60
1.6� \r
0
ilM B
I
'1
1
--L:lM 1 . Ll.Z. 23
%
hi
+
t
Freebodies : Keseim bangan arah horizontal
T.b.LlB
ilD
T.b. Ll�
L:lT
T .b
=
L:lM 1 L:l23 ·�
T dengan �
*
L:lM .z.
L:lM %
L g
L
b. Z
=
h1 + t
Dalam penampang H, -sambungan antara flens dan webjbadan dapat menjadi kritis.
L:lD ilDflens � 2 (LlD nens = AD F d
Mekanika Teknik 2-
3
27
keseimbangan
dD 2 dD 2 T.t AM AZ
= T dZ t .
r
:
.
AM 1 . z 2
--
dD 2.dZ
AM 1 Az ·z
--
1
-
'2
L
L
1
t.Z . 2
---
*
Keadaan yang sama untuk penampang Bo x 0
2.
5 4 .
.
Distribusi tegangan geser T dalam balok T
Mengingat d istribusi tegangan dalam sebuah balok T, kita dapatkan :
.o
1
L.S
b.Ix
28
I,
1
Perkiraan untuk gaya tekan = jumlah gaya-gaya tekan di dalam sayapjflens.
Freebody : dengan perkiraanfpendekatan :
c.n o
Tm a x
5 . 5 . Distribusi Contoh ,
T
untuk suatu bentuk penampang
-
fV\2\JwW\M/�0
M :: 1 6o
'P
Dalam penampang sebuah balok kita dapatkan :
X
�·-
R.
Balok mempunyai penampang sebagai berikut : I
Pendekatan
sebenarnya
')( . ---
.r-
F ree bOd y
Lx=
L\ 300 k6
Permukaan :
a=-6 , 9 3 kg/cm2
0
T
1, 7 5, 7 5
6, 50 4, 7 4 2, 3 7
12
0
a= +8 , 9 4 kg/cm2 a
M � ·Y
=
T
L.S
b .I �
1
Harga-harga penampang dihitung dalam bentuk tabel : i 1-·
Ai
Yi
A i ·Yi
A i ·Yf
bh3
lx i = 1 2
1
600
54
32 400
17 4:1600
7200
2
5 40
30
1 6200
486000
58320
3
360
6
2 160
12960
Sa = 50760
� =22 48560
A= 1500
4320
--
YG
=
Sa A
50760 1500
33,8 cm
la
2248560 + 69840 2318400 cm4
lx
2 3 1 8 400 - 1 5 00 (33,8)2 604740 cm4 •
69840 29
*
Sekarang kita dapat menghitung T pada permukaan yang berlainan dengan menggunakan rumus umum
T
L.Si b j . lx
=
4300 . Si bj.6047 40
.... -� 0
s
-+ T
s
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 + {1 4!2 }2 15 2 1 3632 cm3 1 5 cm 6,5 kg/cm2
s
b -+"""[
b
-+ T
360 ,27 ,8 10008 cm3 • 1 5 cm 417 4 kgLcm2
s -+T
30 cm 2 ,37 kg/cm2
Kita dapat juga menghitung T pada potongan vertikal yang berbeda dengan menggunakan rumus umum yang sama. T
=
L. Si bj .lx
4300. Si bj . 6047 40
Dimana bi adalah tebal arah vertikal dari bagian yang dipisah .
Si = (
50
-; 1 5 ) . 12 . (26,2 - 6 )
T
=
4300.4242 12 .60470
Si = (
30
� 1 5 ) . 12 . (33,8 - 6 )
2502 cm3 bi = 12 cm
4242 cm3 . bi = 12 cm
2 ,5 kg/cm2
T =
4300.2502 12 .6047 40
=
1 ,5 kg/cm2
.41111 z' s . 2. 5 [lllLW'
1.5 �
Freebodies
� 1- 5
Distribusi T pada flens/sayap
30
0 0
�
VI. TORSI/PUNTIR 6.1. Pengertian Dasar
-:;:
·
MT
Jika sebuah gaya menyebabkan sebuah batang berputar sepanjang sumbu memanjangnya, maka ia mengalami puntir. �
Contoh :
.
.-
r
=
P. e
e
..,
!,
p
eksentrisitas tumpuan kayu palang di atas balok induk. M o men Torsi M + ditahan o leh tegangan geser dalam penampang melintang. kita dapatkan
-
:I
Tm a x
hb2 3 b W + "" (1 - - - ) - 3 8 h
�
I
(tegangan geser puntir)
untuk penampang empat persegi panjang.
Jika ada puntiran dalam sebuah balol\, diperlukan tumpuan untuk menahan p untiran tersebut.
MTA
MTB : 'qi); J. � � M+
Puntiran dianggap sebagai beban.
'.&.JI./----+__-MT b a A * Pem ebanan V puntir Q
MT
B
Y
=
tumpuan untuk puntir.
* Reaksi-reaksi
*
diagram s
31
'
Pem bebanan Puntir
Pem b ebanan
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 :
e
Q �I ' Beban eksentris
e
Keseimbangan tidak berubah
Beban sentris + kopel P.e
Beban sentris
Momen Tarsi M+
=
P.e
selanjutnya bahwa :
*
Sebuah be ban eksentris P mempunyai akibat yang sama sebagai sebuah beban sentris P + sebuah momen puntir M+
mpuan kh usus untuk puntiran Jika kita dapatkan P1.!Utiran, kita harus melengkapi balok dengan tu sehingga balok tetap dalam keseimbangan. Contoh :
----
tumpuan untuk puntiran (simbol Y)
�p
15.
lRA
0
lentur normal untuk P
+
tl
=)Mt
y (\
M-rA
Puntiran untuk M T
y
n
Mrs
Untuk menentukan bagaimana puntiran didistribusikan sepanjang balok , kita perhatikan syarat kese 0 yang sesuai dengan syarat keseimbangan � M = 0 untuk gaya-gaya yang bekerja imbangan � M T pada sebuah balok. =
sistim sebenarnya
sistim Analogi (sama/sesuai)
A
AP=MT n �
8
u
.A.
Av= MTA
t
a
L
k
b
Bv =-MI B
Dalam analogi ini kita pertimbangkan M T dengan cara yang sama sebagai gaya-gaya kita dapatkan : *
Reaksi-reaksi : � M T = 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 : *
V G
Distribusi MT
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.
rr
Contoh :
e=O. 5
P=2t /m'
=2t/m'
. !p
�
[RJ � + Lt] l
I
Be ban eksentris
Be ban sentris
Torsi/ puntir
Kita dapat menghitung secara terpisah akibat-akibat dari beban sentris dan untuk puntir.
Tarsi
Beban sentris
ffiT=O. 3 tm/m' , ffi T= 2 . 0 , 1 5 =0, 30 tm/m \
n tidak ada tumpuan \ untuk puntir
'
t
Reaksi reaksi
Geser
:a.
t
P. L
Av= 2 = 4t
B
lent ur
_
P. L
v- 2 = 4t
4t 4t
'-.
( ffi T=0. 30 tm/m '
( 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
'�
1, 2 t
t
tidak ada tumpuan MT A =mr. L=l , 2 tm .
Reaksi MT
�
Puntiran MT
'(£/ PL2
M =-- = 4 tm 8
Catatan :
1.
Dalam contoh ini momen puntir
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
MT
didistribusikan merata sepanj ang balok.
r
6.2. Tegangan Geser Puntir Akibat momen puntir MT menyebabkan balok berubah bentuk sedemikian rupa sehingga menghasil kan gaya geser.
>
Puntir
elemen
elemen
elemen-elemen berubah bentuk . Perubahan bentuk (deformasi) disebabkan oleh tegangan geser. Deformasi 'Y sebanding dengan r . 'Y 1
T.sebanding dengan
'Y2
rz
r't
tetapi sebagaimana
r
�
'Y
,
selanj utnya :
= 1 �
� 1
Jika kita perhatikan sekarang, keseimbangan sebuah elemen dari sebuah pipa dengan ketebalan yang berubah-ubah kita dapat melihat bahwa : Freebody : L t
nilai
:
I
=
0
T dd 1 . 1 ) - -r2(d2 . 1 ) T 1 .d 1
= T 2 .d2
0
= t
disebut "shear ffow " besarnya tetap (=t) sepanjang penampang dari pipa, akibat M T . 6.3. Tegangan geser puntirT di dalam pipa atau penampang "box " . .
�
i + •
__ ...__
· -
__.
t
Penampang melintang
.
t
t t t .
Shear flow t = konstan t = T. tebal
b
1'
t
h
l
�
.
1
____.
Rb:. t· b
Gaya geser ekivalen
r
h
R
::
t· h
-+
b
A = rn
1
�
35
r
untuk mendapatkan keseimbangan kita harus mempunyai :
I
R? (h) + R? (b) = M T
----+
t.b.h + t .h.b t.b.h
MT
A
12
.......,..
= MT ----+
seimbang
t
sepanjang b
T = nilai rata-rata
di atas h 1 atau b 1
sepanjang h
Tegangan geser puntir 6.4. Tegangan geser puntirT dalam penampang empat persegi panj ang Kita dapat mempertimbangkan penampang empat persegi panjang sebagai sebuah penampang "box " dengan lobang yang sangat kecil. t.. -r
b ---,Ill'-" +i------.r - ,__
+
2.
b
3·
L
A
El
h
....____....,.� -t<--
Ekivalen penampang "box "
Penampang
Distribusi T (T sebanding dengan r )
Rb= ·dm' .
.b h 2.
Gaya geser ekivalen dengan Tm
=
Tm a x
-2-- (rata-rata)
Kita lihat bahwa gaya geser ekivalen R untuk penampang empat persegi panjang adalah sama sebagai mana untuk penampang box tetapi letaknya berlainan. Lengan gaya b menjadi
�b
dan h menjadi
Oleh karena itu syarat keseimbangan menjadi ;
� h.
M T atau juga, sebagaimana untuk penampang box :
� h) �T �T R? ( � b ) =
R? (
=
Dengan Rb
1)
36
----+
b
Tm a x
2
1)
2)
b
Tm a x =
dan
-h
L m ax
-b
L max
kita dapatkan :
T
terkecil
2)
---?
h
Tm ax 2
_,...b. L max
T
=
terbesar
01 adalah suatu faktor koreksi, karena distribusiT dalam penampang empat persegi panjang tidak tepat berbentuk segitiga.
Contoh :
Kita ingin membandingkan sama. A == 64 cm2 untuk MT
T� a x =
32 0
untuk dua penampang em pat persegi panjang dengan luas yang kgcm .
0 .98
[1
_,...b.
L m ax
32. / 0!
=
[1
-
3
8
8.8]
=
0 . 62
--h
" L m ax
8
320 32 . 4 3
320 8 .6 4 3
7 ,6 5
kgfcm2
3 ,02
kgfcm2
. 0 '9 8
. 0 ' 62
Kita lihat dari contoh di atas bahwa penampang yang pada t (compact) jauh le b ih 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 37
sehingga kita dapatkan :
dalam b entuk umum :
Rumus-rumus dapat digunakan juga untuk profil-profil lain, seperti ; 6.6. Superposisi dari Tgeser dan
puntir
T
rLC
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
Co ntoh :
Kita telah ketahui dalam contoh terdahulu bahwa sebuah beban eksentris P pada sebuah balok dengan £ 4 m menghasilkan :
=
2t/m, dengan e = 0 . 1 5 m
=
Geser
.
L
=
MT
Puntir
4t
=
-+ --r
1 ,2 tm
= 1 ,5 -+ cx
L b .h
=
[1
6000 30.50 3
-
=?
Tm a x
= 4
+
S . 50 ]
0 .7 7 5
120 000 1 0 , 3 kgfcm2 50 .302 . 0,775 3
-h L
30
4 kg/cm2
max
1 0 ,3 = 1 4,3 kgfcm2 •
Jika kita memberikan tumpuan untuk puntir juga di titik B , kita dapatkan :
A MT A
.. ....,..,. .. ,...,. .,.... ,...,. ..., ,..,.,... .,.. ��,...�
A
t
0. 6 tm
38
r
INII\t\NW\;1NUL/1Mih"' B mT .
{ =0. 6 tm
�
j
:0..
�
rn r "" O · 3o+m/ m '
MTs=mr .
0. 6tm
{ =o. 6tm
Reaksi-reaksi
Puntir
MT
MT
Sebagaimana tumpuan-tumpuan untuk lentur yang tidak berubah, gaya geserjlintang L dan momen M tidak berubah. Karenanya untuk Tm ax kita dapatkan sekarang . Geser
L
Puntir
MT
=
=
4t 0 .60 + m Tm ax
=
T
4 + 5 ,1 5
4 kgfcm2
-rh = 5 ,1 5 kgfcm2 =
9 , 1 5 kg/cm2
Catatan :
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
* tidak simetris ada torsi/puntir .
Jika dua profil kanal dipakai, atau dua profil L (siku-siku )
J C.
tr
Sekarang penampang menjadi simetris, berarti tidak ada puntir. dinasihatkan tidak menggunakan profil kanal (C) tunggal maupun profil siku-siku (L) untuk batang batang 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
tegangan normal
A
M a = � . y
� f.y +
tegangan lentur
I
tcgangan kombinaei.
Dalam batang-batang semacam ini sumbu netral tidak lebih panj ang sesuai dengan titik berat T.B. penampang. Contoh :
h:o.
rl � I
;(
�
M�lOOKNm
Ix
N�400KN /2000KN
wX
'o :: o. � I'JII
,"'
- 2,7
Untuk N kecil :
()-::
Untuk N Besar :
40
b.h bh3
A
-�) 7
- -
04
MN
= - -z., 7 m1. O"! n .:;
_8
=
12
bh2
0 . 1 5 m2•
3,125 . 1 () 3 m4. 0 ,0 1 25 m �
6
�·- ·- -� . -·-· - · , -
... ....-- _ _ \.J
o, \O
o, O ! < S
+8
-
+ -
o 0
H _ 1"'1 m ..
�� 5
+ Jt: :;1,
3
-5.5
l
Suatu yang penting dalam hal ini dinyatakan oleh distribusi tegangan sebagai berikut : untuk N = gaya tekan.
tP-----o {n
a =
---+
\
M
M _ N____.
e
-
e
h 6
eksentrisitas
N M.6 bh - bh2h
0
N.6 .
- N.e. M = N� 6
eksentrisitas dari N.
,___ _ _
M N
e
Kita dapat melihat j ika
::.::7 Nt
- --' . -...=d . -. -� - -I -1 1
Gaya dalam ekivalen
Dalam hal ini
gaya-gaya dalam
Kita 'ebut
1
ol )
(j
- - -- - - 7
+
.;::
-
�
h 6
-
tegangan dalam penampang adalah tegangan tekan.
lSi.
h 6
e
Karenanya
7
.
e
M N
e
>
_Q
h 6
e
er
=
0
kita akan mendapatkan tegangan tarik dan tekan dalam penampang.
6
2 Keadaan khusus : pondasi .
Kita pertimbangkan di sini penampang dari hubungan antara pondasi dinding penahan tanah dan tanahnya sendiri. Dinding penahan tanah dapat dianggap dij epit di dalam tanah. I
+ ! I
7777:
H
�'777'. tn fN77T/:;:r;,'7" ,.
I
dinding penahan tanah.
J
a
0
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
e
h � + = - �
Untuk
e
M > + .h. - 6 N
hanya tegangan tekan
- 6
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 ) r-
e �L
· -·
h N pada e > 6 Dengan C N
7 .3.
I "-
-
'
tegangan ekivalen h -e 2 a .3c.b 2
a
2N 3b.c
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 d engan luas bagian yang berhubungan.
luas bidang yang berhubungan
� �
kolom
42
R
gaya reaksi
A
luas bidang yang berhubungan
VIII. DEFORMASI AKIBAT PEMBEBANAN 8.1. Deformasi sebuah balok Telah kita ketahui bahwa akibat bekerjanya sebuah momen dalam panjang AZ akan mengalami deformasi sebagai berikut :
M
sebuah elemen balok dengan
lngat :
Untuk sudut a yang kecil tga = sina = a (rad) .
�t
Rtga " Ra
dan :
a = tga
Kita lihat bahwa :
AQ � 2 = h 2
A'{)
2.
A:
Gmax · - . AZ tetapi Gm ax E.h
sehingga
2 M E.h ·' I
=I
A'{) =
R
R
dengan mengingat bahwa : Gmax AQ = E . AZ -+ E = E
2.
atau
-
�L
AQ h
Kita dapatkan
A'{) =
L
M
El
. AZ
2. "'
h
M
I
.
2
y
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. f A>? 1 .{ Jika kita membagi balok dalam bagian-bagian AZ '- _ _ _ _ keadaan sebenarnya yang berbeda dan memusatkan A'{) hanya pada 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 3 ,4 . . . . , garis lendutan balok akan diketahui. 1
8 .2 . Perputaran r.p dari balok pada suatu tumpuan Kita perhatikan sebuah balok yang dibebani dan momen dalam M . Jika deformasi diijinkan terjadi hanya pada satu sendi pada suatu saat, misalkan sendi 2 : Dan kita dapat menuliskan :
Ar.p2 • Z� Ar.p'l )· Q z� dengan Ar.pz Ar.p'l ) Ar.pz · £ i Ar.p<;_ ) M z AZ . z 2 .
E lx
g:==., 1.,. 6? (,
z.
•
3
• �z:
Ar.p pada titik titik 1 ,2 , ,,
4j: • .ll.Z
,
5
� c. z -;--
�I � M1
Ae
,,
•
M2
•,
,...,3
�
· y'
M4
R..
,.
Ms
M
p Mz
E lx
. AZ
Q
Jika kita lakukan hal yang sama untuk sendi-sendi lainnya, akan kita dapatkan
Ar.pA , Ar.pl
Sebagaimana r.pA adalah jumlah semua penyumbang-penyumbang /:lr.pA , kita dapatkan : la) � i
==
1 ,2 ,
b.r.pA
. . .
. . . , 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 pem bebanan khusus P
AZ
Jika kecil, kita dapat memusatkan beban pada tengah-tengah dari dan mengambil : . M·
pi
==
E; . AZ
b. Z
Jika dapat menghitung bagian dari reaksi A ( 2 ) yang disebabkan oleh M2 sebagai contoh, kita per. P2 El oleh
A
==
AZ
.Zi z� . b. Z . Q El
P2 M2
44
_M_
.
� A( l ), � A( 3 ) . . . �A( 5) Sebagaimana reaksi A adalah sama dengan jumlah semua penyumbang �A, kita dapatkan :
Jika kita lakukan hal yang sama untuk P1 , P3
•
i
lb)
•
P5 kita akan dapatkan
•
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 ini akan sama dengan
'fiA
K
,
reaksi A untuk beban
'fis .
Kita ingin menghitung perputaran sudut
�p
�
(putaran balok pada tumpuan A dalam radial) .
Reaksi B akan sama dengan
Con to h :
P
E I=konstant
'fiA
pada tumpuan A untuk balok berikut :
Balok.
I, 1
Distribusi M
beban khusus P
Reaksi
A
2
1
A
=
'f!
.
4EI
'flla d ia l
M El
A
2 3�0 (derajat) 2 £
P£
---
-
=
-
.
8 .3. Lendutan (y) dari balok Kita perhatikan lagi balok ideal kita dan momen M yang dihasilkan oleh beban yang bekerja.
45
Ingat, untuk sudut yang kecil :
� 6
f
'II,
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 :
Pi
=
Mi EI
·
�z
j ika kita ingin memghitung M3 kita dapat menulis : 2b)
Jika kita bandingkan 2a) dan 2 b ) , ingat bahwa �'-P-I
M· E
; . �z
Dapat kita katakan Ini berarti bahwa :
-
Jika kita bebani sebuah balok sederhana dengan beban khusus P
=
beban ini pada tiap-tiap titik dari balok adalah sama dengan lendutan
46
y
M E
l , momen M akibat
dari titik tersebut .
l
_
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.
Balok
ingat :
Parabola l u as
Distribusi momen M
/::J ) M j -? e �.
Q
p£2
2 4 EI
2
8 EI
El
.
Q 3
.
3
Q
8 . 2
�
p£4 5 --38 4
Q
2 El 3
1
P Q�3
M
Pembebanan P p£ 3
=
El
dengan M =
R_
p£2 8
�
YQ = 2 ""'
40
M£2
384EI
1 -M£2 El
Catatan :
Kita ctapat melihat bahwa pacta tern pat ctengan momen terbesar M, kita ctapatkan juga lendutan y ter besar. 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 :
lva s
=
-e ' 1' 3 ·
8 .5 . Dua Penerapan.
1). Jika sebuah beban dikerjakan kepada sebuah sistim dari dua kontilever yang disam b ung kaku dengan I yang berbeda, atau E yang berbeda, kita dapatkan ;
--
� 11::\
'EI== = === �;::;_ ::= _=== - - _ _
_ _
,V
� �E-:t �-
_ _
i'
-
_.
=
harus sama dan
Pa £3
y
Ph . Q3
3.2 E I
Pa
p
p
Yb
=
�
3
-+
3E I Pa
+ -
2
p + pb
- -
-
� Pa_ ==-= --- � ¥q
-
-t Yb= y f
-+ -+
3.2EI
=
P
=
Pa
2
Pa =
+ Ph , sehingga ia menjadi seperti berikut : p
2 3 P.
Pa
pb
3 EI
Pa . Q3
Ya
Tetapi Ya dan
- -
Ph · Lendutan untuk : {, PP dalam dua bagian Pa £dan Pb . 3 b Yb
Kita pisahkan beban b)
"tEJ:
disambung kaku E = O
=::�
Q,
-
=
1 3 P.
Kita lihat bahwa beban didistribusikan kepada kanti lever (atau balok dengan bentuk la innya) sebanding dengan kelakuan (EI)nya.
Elemen yang lebih kuat menerima beban yang lebih besar . 48
2)
Jika sebuah beban dikerjakan pada sebuah sistim dari dua balok yang d isilangkan.
Balok A memikul bagian
PA dan balok B bagian Ps dari beban P = PA + Ps .
sebagaimana lendutan balok harus sama, kita dapatkan :
PA.QA3
Ps.£s3 48EI
48 EI
*
jika
*
j ika
QB £s
QA 2£A
�
PA Ps
maka maka
£If3 QA
p PA Ps 2 3 2 QA-PA = (---) Ps QA -;:;-J = 8 =
PA = 8 Ps PA
�
�
§_ p 9
Kita dapat melihat bahwa : Balok yang lebih pendek (lebih kaku) mengambil bagian yang lebih besar dari beban dari pada balok yang lebih panjang.
Momen-momen :
MA
Karenanya, mo men 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-tum puan ialah : 0
'-PB
P .£3 2 4 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 :
*
, "PA
=
Q 3 El
, � 'P s
=
Q 6 El
Untuk sebuah balok dengan seb uah tumpuan jepit dan seb uah tumpuan sederhana (sendi, roll), dibebani dengan P.
A
i�lf.Y:;:'u ""
Putaran sudut '{)A di A harus nol .
!IVJl!l!JV 11\NJA
rp,.. �:: o -- - - - ' ......
@
AIL _.... ....
(P
'{)A = 0
dapat juga ditulis sebagai berikut
, o "PA - M · "PA = 0 o 3 El p£ 3 '{)A M = -, = ·--- Q- = 2 4 El "PA *
*
sistim ekiualen (balok sederhanafsimple beam).
Sekarang gaya-gaya dalam dapat ditentukan dengan sistim ekivalen.
�'
1 ) R eaksi�reaksi
!!NQWOv\2\4N!l\11MIAr P
8 �Q
AV -::: o. 6zS p.e
t Bv
pQ2 pQ2 + g = 0 � M A = 0 � Bv .QT
P£ P£ = 2 = 0 . 375 P . Q I Bv - 8I
-o.375 p€ �V
0
�
A v - p .£ + 0,37 5 p.Q = 0
1 Av = p£ - 0 ,375 p£ = 0 .625 p.£. 1
2 ) Diagram Pembebanan :
3) D istribusi Lx Lx
0 50
0 .625 .pQ - p.x � Lx = 0 .625 .pQ - p .x �
X0
0 untuk 0 .625 .£
X0 _
4 ) Mm ax :
0 .375 pQ.3,375Q pQ2
Mmax = =
5)
-P
�
(0 .3 5Q)2
14
Distribusi Mx
Kita dapat memperoleh Q1 dengan menganggap sebuah balok sederhana (simple beam) dengan bentang Q1 , jarak di antara titik-titik yang mem punyai M = 0 dan mempunyai momen sebesar Mm a x ·
pQz
Kita dapat menuliskan :
14
t
o. 7s .e. I I
CfJo : )
.... I
=
PQ;
-8- -+
Ql
I
£2 , =
o .7 5 Q
6) Sket dari balok yang mengalami deformasi -+ R Ingat bahwa untuk M M+
I 1
8
v 14
=
M=
�
l
-+ R +
0
:
titik balok I
1 *
Jika kita mengerjakan dua momen j epit M pada balok yang sama, momen-momen ini akan meng hasilkan putaran sudut-putaran sudut pada tumpuan-tumpuan. "
Untuk M = " 1 , Putaran sudutnya ialah :
"Q
'PA ·
II
'PB · Q
*
1 El .
Q . 2Q
Q - . Q. 2
Q
11
-+
'PA
-+
'PB
11
2 El =
Q
2 El
•
\:� - --r;)" v >'t
tr l
t S"-' '
.e
@
�·
I
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
0
11
'{JA - M '{JA -
�Ao M = ---, = '{JA
pQ3 --
.
2 El
--
Q
24 El .
PQ2
= --
12
Sistem ekivalen (simple.beam) .
1 ) R eaksi-reaksi
�V = O
Ay = P
H2. 2
Q
-
2
2 ) Diagram pembebanan
Pe 2.
3) D istribusi Lx Lx = p..
; Q
0 = p.2
- p .x -+ -
Lx = 0 untuk x0
Q p.x0 -+ x0 = 2
4) Mmax : � MB = 0
5 ) Distribusi Mx
Kita dapat menghitung Q 1 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: P Q2
2
pQ 2 � -+
ff Q l = ..; 3 = 0 ,58 Q
6) Sket dari balok yang mengalami deformasi.
52
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.
Putaran sudut -.pA d i A harus nol.
Putaran di dalam A yang disebabkan oleh Me adalah :
� �c. � EI
t�
Me
6EI
t
.Q
Syarat ..PA = 0 dapat dipenuhi untuk . e ..PA - M ..PA
M=
e I{)A,-
-
I{)A
=
="
0
Q
Me.£
3 El
6 El
=
Me
2
Sistem ek ivalen (simple beam) 1 ) Reaksi-reaksi k.M A
Me
kV = O
t
ll,5QMe 1, 5QMe ��------(B--------�1
'· ' T
==
...._______--.
0 -+
-+
By
.Q
Me Me + Me + 2 = 0 -+ Bv = 1 ,5 T
Av + B v = 0
Me -+ Av =+1 ,5 Q-
2) Diagram Pem bebanan
3) Distribusi Lx
4) Distribusi Mx
.r
-- .. - - -
Me
Re
M tt)
... .- ""
.-
5 ) Sk et dari balok yang mengalami deformasi
R�
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 , rdan modulus elastisitas E dari bahan yang telah kita pilih untuk balok . Kita harus menentukan/menghitung uk uran balok. Syarat-syarat yang harus dipenuhi ialah :
a =
- Balok harus cukup kuat
Lendutan pada balok harus kecil
M
W ..;;;
Ymax ,.;;;
-
1)
a
la) Q
2)
250
w Fflens ..;;; a
Balok harus cukup stabil
I
3)
Urutan perhitungan biasanya menentukan ukuran balok pada syarat dasar:
1)
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) Beban hidup Beban total
g p
0,10 t/m' . 4,50 tjm' .
q = 4,60 t/m' .
2 ) Gaya-gaya dalam M =
n Q2 = 1 4 ,40 tm B
dan L
+
nQ =2 = 1 1 ,50 t
900 cm3 � dipilih HEB 240 dengan Wx = 938 cm3 g = 8 3 kg/m' < 100 kg/cm' (ok). 11500 ..--' 4 ) Periksa : r = ...,.::.=;::...=-.:=-( 2 4 - 2 ,4)1 y
5 384
477 kgjcm2 < r '=" 900 kgfcm2 (ok) 5 . 46 . (500)4 384 . 2 ,1 . 106 • 11259
1 ,6 cm '="
Q
300
.(ok)
Contoh 2 .
Sebuah balok kayu harus dipilih u ntuk memikul suatu beban merata P = 0 .20 tjm; di atas bentang Q = 4 m.
54
Oij kayu
= 7 5 kgfcm2 , Tij = 8 kgfcm2 dan
W p erlu =
�
�
Mmax = P
2( 00)2
Mm ax
= 40 .000 kgcm.
40000
--- = 533 , 33 cm2 •
Ojj
75
Kita anggap
sehingga :
E = 80 .000 kgfcm2 •
b
�·
b
0 .7 h3 = 5 33,33 cm3 . 6
6
h3
457 1 cm3
h
16,6 cm
b
0.7 h = 1 1 ,6 cm
Kita dapat memilih sebuah balok dengan h *
Kontrol lenturan O max dengan W
*
=
*
1 ,5
Tm ax = 1 ,5
:
·
=
L _Etax
62 kgfcm2 < Oii (OK)
b.h
400 2. -- = 400 kg. 2
E 2 400 12. 1 8
Kontrol lendutan : E
=
=
dengan Lm ax =
18 .dan b = 12 cm
w 12(18 )2 40.000 = 648 cm3 kita dapatkan O max = 6 648
Kontro 1 geseran
'Tmax
0.7h (atau b = 0 .5h)
J·
bh2
w
=
lx =
2 ,8 kg/cm2 < L ij (O.K) 12 8)3
��!
fi
=
5832 cm4 •
_ 5_ 2(400)4 . 384 5832 .80000
80000 kgfcm2
1 ,43 cm '===
Q
300
(OK)
9 .2 . Masalah-masalah P erencanaan Dengan pertolongan hubungan
r="-------.,
O max =
Mm ax
Wm in
Ini dimungkinkan untuk menyelesaikan dua masalah praktek. Masalah 1
:
Diketahui :
Qm ax yang dimungkinkan.
Hitung Untuk balok
:
Wx
dengan O m ax = M m ax = O m ax
·
aIJ· ·
simple beam dengan beban P = 1 00 kg/m1 penampang kayu _§__ cm • 10_ O ij = 7 5 kg/cm2 ; Tjj = 8 kgfcm2 .
= Wm i n
5 .102 6
7 5 kgfcm2 kita dapatkan
W m in
Tetapi Mm ax juga:
bh2
= 6 = -- =
M max
8 3,33 cm3 :
7 5 . 8 3 ,33 = 6250 kg cm. =
55
Sebingga kita dapat menulis : 1 · Q2 ax = 6250 �
S
Qmax
223 cm
Kontrol untuk tegangan geser : PQ 1 .223 = = 112 kg Lmax 2 2 Lm ax
� t
112 = 3,36 kgfcm2 < =r ij ( .O .K ) = 1 ,5 5 .1 0
Tm ax = 1 , 5 b.h
\ . e..nax -
8
simple beam dengan bentang Q = 1 ,50 m . penampang melintang kayu = 5 .10 c m • Olj = 7 5 kgfcm2 , Tlj = 8 kgfcm2 •
Masalah 2 : Diketahui :
P max yang dimungkinkan.
Hitung
Untuk balok kita dapatkan
Wx
:
Wm i n
=
=
bh2 6
dengan U m ax = Uij = 75 kgfcm2 kita dapatkan : Mmax = Om a x · Wm in = 7 5 . 8 3,33 = 6250 kg/cm. M m ax juga :
Tetapi
Pm ax · (150)2
M max =
8
Sehingga kita dapat menuliskan : Pmax ·(150 )2 8 P m ax
6250
2 ,22 kgfcm2 =
=
,{I
222 kg/m1
Kontrol untuk Tegangan Geser Lm ax
p.
Tm ax
15
9.3.
'
;
222.
=
Lm ax
1 ,5 .
b .h
J
20
f
«O
-
� �
•t
80
k
� �/
167 5 .10
= 5 ,0 1 kg/cm2 <
� �� � V
�V
80
1�,
ij (OK)
=
L
B ) Beban-beban Tebal pelat beton
'Y beton bertulang
i\
- if.-
}
I
� I
p I!
'"""'
56
167 kg.
Perancah untuk pelat beton "Formwork for a slab"
A) layout
di nding
�5
I
I
tl
, __
:; �I t 1
11 �!
11
0
!I
ti
1,6 0 � r-
i' ll
tl
j
::
-" I
(
I
.....___.,..
/
./
I ·6 0
-, F-
=>
=
=
t = 1 5 cm. 2 ,5 t/m3•
Berat sendiri g
2,5 .0.0,15
g
375 kg/m2
= 0 .375t/m2
Berat sendiri di atas biasanya ditambah dengan beban untuk orang-orang p = 500 kg/m2
I
I
yang bekerja di atas pelat dan timbunan adukan beton dari gerobak dorong maupun oleh kran, sebelum dibagikan merata sesuai tebal pelat.
���- - ---- - -
�V dinding
r-� �V
-----
P dipertimbangkan bekerja pada suatu permukaan seluas 1 ,50 x 1 ,50 m. ==>
V //////// //,�////// / /// /
r
"'
t.?
1�
1" $.0
�,
Cn
�
1
Po tongan melintang
Catatan
c ) Bahan-bahan yang digunakan
Kayu kelas Ill , lentur Uij geser
Beban total di atas perancah adalah :
;
*
Beban tetap
*
Beban sementara =g+p=q=87 5kg/cm2 (1 ,5x1 ,5m2 )
:
=g=375 kg/ m2
Berat sendiri perancah kecil, dan diabaikan .
7 5 kgjcm2
T ij
8 kg/cm2
E
80 . 000 kg/cm2
d ) Perencanaan elemen-elemen perancah Tinjauan Um um
�
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. ton sambungan papan (" keadaannya seperti ini : 1 Ini biasanya dalam praktek untuk, perancah pelat dihitung dengan sistim simple beam (balok seder
hana) 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. Perhatikan bahwa beban g = 375 kg{m2 adalah sama dengan ;
I
�oo c m
375 g = 100 dan 875 q = 1 00
= 3 ,7 5 k gfcm 1 untuk sebuah jalur lebar 1 m . = 8 .7 5 kgjcm2 untuk sebuah jalur lebar 1 m
57
(mendukung papan)
80 350 kg.
Reaksi-reaksi :
t
RA = Rs =
tl
,,. :A
f
350
q
Q 2 = 8 ,7 5 . 2 =
K6
Geser (gaya lintang) :
LA = Ls = 350 kg.
�
Perencanaan : Dengan rumus
Momen : M m a x
kg om
M = a .W x
bh2 Wx = 6
dengan Oli �
W p erlu
untuk jalur lebar 1 Kita dapatkan :
Wx p erlu =
M ==--·· a IJ
�
h2 = 5 ,6 � h = 2 ,4 cm Kontrol :
1 ) Lentur 2 ) Geser
3)
l
�
�
Lendutan
��g.�i
L
s
I
·
M
m.
ambil h = 2 ,5 cm.
I = 1 ,5 �h
70 kg/cm2 < 0\j = 75 kgjcm2 (O.K) . = 1 ,5 .
1
�
·
X
Yij
=
5 .(80)4 130 0 19 cm. 385 4 803,7.000. Q 38000 = 0 ,27 cm 300 ·
=
:. Ymax < Yij � 0 ,19 < 0,2 7 cm
(O.K)
2
Ojj
g��2 ,5 = 2,1 kgjcm2 <"'iii = 8 kgfcm2 (O.K)
: g = 3,75 kgjcm2 .;:.385"-. 4�.-_Ecr.Q4 .c.; __..._ I � Beban .:.I:... E = 8 0tetap .000 kgjcm2 I = bh12 3 1 00.(212,5 )3 130 cm4.
Ym a x ._______
Yma x =
58
�
am a x = = 10 x '-______ � 6
Tm ax 1 ,5 rrata -rata
7000 75
=
= 75 ' (808 ) 8 7000 kg/cm.
q
D;2 ). Perhitungan balok-balok
Balok-balok harus mendukung papan-papan. Beban di atas balok didapatkan dari jumlah gaya gaya reaksi dari dua bentang yang berdekatan: q = Rt
+ R2
Sebagaimana gaya-gaya reaksi R 1 dengan P
�,
dan R2 sama
beban di atas balok ialah:
di atas balok
L
1
berarti q sama dengan beban dari tengah tengah ke tengah-tengah bentang dari dua bentang yang berdekatan. m1
· Bo
Be ban
Gaya-gaya dalam.
= 7 q _l?V04YVW L[ r -+
f . 6o
1
*
1
di atas sebuah balok
1VVW� J!LI\M44{ l:__,4..--.AMN----,-,-�&Ji_
�gjcm 1
160 2
= 7.
=
560 kg.
Diagram
Lx
�
Lm ax
Diagram
Mx
�
Mm ax
q
Q .2
5 60 kg.
22 400 kgcm.
Mmax=22400 kg cm
Perencanaan . Dari M = a .Wx
dengan Olj �
Mekanika Teknik 2-
5
Wx p erlu
M Olj 59
Kita anggap sebuah penampang dengan bh2
sehingga Wx Dengan W�
=
6
_
M Ojj
_
� �
0,7h.h2
=
6
· o,7 h3
6
b = 0 ,7 h
0,7h3
6
22400 75
=
·
0 ,7h3 h b
= =
1792 1 3 ,7 c m 1 3 ,7 .0,7 = 1 0 cm
}
10(15 )2 6 1 0 .(15 )3
Untuk penampang ini
15 . 10
dipakai ukuran
375 cm3 •
12
Kontrol :
22400 375
Omax
M Wx
2) Geser
7max
1 ,5 Trata-rata = 1 •5 .
3) Lendutan
Ym ax
1 ) Lentur
<"
�
=
Yij in
5 q �4 -. -38 4 El Q 160 = 300 300
=
60 kgjcm2
560 10.1 5
7 5 kgjcm2 •
< a;j
5 ,6 kgjcm2 < Tij
7 .(160t 5 . 384 80 .000 .2812 =
0 ,53
cm >
0 ,26
0 ,26 cm
�
=
(O K ) .
8 kgjcm2 •
(OK )
cm.
(OK )
0.3 ). Penyangga-penyangga Beban di atas penyangga-penyangga didapatkan dari jumlah gaya-gaya reaksi dari dua bentang yang berdekatan. '
N N
560 + 560 = 11 20 kg
I I
I
I
Perha tikan bahwa N sama dengan beban dari balok yang diukur dari tengah-tengah bentang satu ke tengah-tengah bentang lainnya dari dua bentang yang berdekatan.
I I
I
I
<
""<:
k;
MI\2\MAf1 t Rt t
1-c
�lrl4M1i � P/\MZV\!
R t +R 2 =60
N
l 1. 60 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
61
X. TEGANGAN-TEGANGAN UTAMA Dalam sebuah balok (misalnya kontilever) a dan r dapat dikombinasikan menghasilkan tegangan tegangan resultan disebut tegangan-tegangan utama
(a 1 , a 2 ) .
�p
L
Arah dari tegangan-tegangan utama ditunjukkan dengan garis-garis yang disebut trayek tori yang memperlihatkan bagaimana beban-beban dipikul kan kepada tumpuan-tumpuan di dalam balok.
.u.p
Trayek tori untuk sebuah ' simple beam "
�§I . f �kobel lJf?----= bUM a
lJ L I
D
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.
Trayek tori-trayek tori untuk sebuah batang dalam tarikan dengan sebuah lobang: pemusatan tegangan.
r'- 1" f\ r-
I-
r-r--11-i-� r-rr-.. 1-
62
'
,.. I"· r- r-
h
-l �
II '
-
a
,
Distribusi seragam dari tegangan tarik terganggu oleh lobang. All.ran tegangan tarik di dalam batang dapat di perbandingkan dengan aliran air dalam sebuah saluran (kanal). Jika ada sebuah rintangan di dalam kanal (= lo bang), 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 1 1 . 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 (ultimate load) kolom pendek. ·
Jika kita tambah beban P yang bekerja pada sebuah kolom panjang, kita akan mencapai batas Pe r pada mana kolom secara tiba-tiba menjadi tidak stabil dan melengkung ke arah lateral: inilah peristiwa tekuk (buck ling). Jika sebuah kolom mengalami tekuk , ia tidak dapat lebih jauh memikul suatu penambahan beban. Untuk sebuah beban P> Pe r kolom akan mengalami deformasi terus-menerus sampai ia runtuh. Pernyataan untuk beban kritis dari kolom dengan ujung pin/sendi telah ditemukan oleh ahli matematika Swiss L.Euler (17 8 3). Pc.r Beban kritis Euler
E
I Qe
= =
=
Per
modulus elastisitas bahan kolom. momen inersia minimum dari penampang panjang kolom di antara sendi-sendi panjang tekuk.
Kita lihat bahwa dengan menaikkan kekakuan El dari kolom, P e r akan bertambah pula dan dengan memperpanjang panjang kolom Qe mata Pe r akan menurun. Dengan membagi P e r dengan luas penampang kolom akan kita dapatkan suatu tegangan kritis yang selaras. O er
sebut =
=
I
Per A
r
atau
;rl
O er
I " A
jari-jari kelembaman (radius of gyration)
L..______. (untuk Im in kita dapatkan rm in ) · dan
63
a ngka k elangsingan
=
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 a cr yang dapat dicapai.
Tegangan tekan ijin untuk sebuah kolom ditentukan dengan membagi a cr dengan suatu faktor ke amanan v (K.B)
aijin
=
V
a er V
Faktor keamanan dianggap lebih besar untuk angka kelangsingan yang lebih besar. Sehingga hasil akhir dibenarkan oleh percobaan dengan test terlihat seperti berikut :
a
_
\ \ \ \_
harga teoritis harga hasil percobaan _ _ _
_
Oljin max tanpa tekuk
tegangan tekul{. a runtuh aijin max dengan tekuk
w
aijin m ax tanpa tekuk aij in ma x dengan tekuk
=
a as
koefisien tekuk.
a
wa1 ··t----e
Kita dapat melihat bahwa :
w.a
I
a
syarat agar tidak mengalami tekuk.
contoh :
Koefisien tekuk w diberik.an dalam perato.ran-peraturan dan merupakan fungsi dari A . 64
1
1 il
Ringkasan, pemeriksaan untuk tekuk akan berbentuk seperti berikut :
I
1 ) Hitung panjang tekuk Q 2 ) Hitung
J+ A
r =
.I
Q
3) Hitung angka kelangsingan A = r 4) Lihat dalam peraturan 5) Periksa w.
�
A --+-
� a
w.
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 = Jika
Ix
Pe r
bertambah
besar, r
4
bertambah
besar pula, A bertambah kecil dan beban tekuk
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
Secara pendekatan
r = 0 .2 5 D
I
=
r2 A .
r
==
r
0.41 b
==
0 .35 D
r
0 . 40
r
0.23
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=£
t
�
}·0,5£ t
I
I
I
I I I
I I
£�=2£ ··,
6 !1
Kita lihat bahwa sebuah kolom yang ujungnya dijepit kaku jauh lebih kaku dibandingkan kolom yang ujungnya sendi. Sebagai contoh : Untuk kolom yang ujungnya dij epit kaku, kita peroleh : Pe r
=
2 1r El 2 (0 ,5 Q )
=
47r2 El
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. 1 1 . 4. Bracing
Cara lain untuk meningkatkan ketahanan terhadap tekuk ialah memperpendek panjang tekuk dengan memasang bracing. Perhatikan bahwa untuk membuat stabil kolom hanya diperlukan gaya horisontal kecil saja.
M
D'\ufD
H ;;;.. 0 .0 1 p
I
Untuk contoh di atas (kolom jepit-jepit ujungnya)
H
=
4.0,0 1 P
Ca tatan : 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 P e r untuk kedua arah terse but, Per yang terkecil menentukan.
66
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 sam pingfsecara lateral karena adanya gaya tekan.
stabiliser
*
Metode pendekatan/perkiraan u ntuk memeriksa tekuk ke samping dari balok.
Jika mempunyai sebuah profil baja dibebani momen lentur maka kita dapatkan :
11
0
•
0
•
c � c) p
11
m LAJ
Gaya tekan pada flens atas dan lh badan. 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 dipasang kan pengaku ke samping (lateral/support).
1)
A
2)
ly
3)
r
4)
A
5)
a
=
==
b .t + t.b3 12
ih 1 .d
= F. A =
Qe
-
r
�
w
- � ,:::: 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 =
2 Q kantilever.
ditahan ke arah lateral (ke samping) .
beban ke arah lateral (ke samping) Catatan : 2)
Pendekatan yang sama dapat dipakai untuk balok dengan penampang empat persegi panj ang. Dalam hal ini kita pergunakan :
A ly r
A a
68
b .h 2 h b3 2 . 12
�h
)I; A Qe
r
�
w
M wD � a dengan D = _g A 3h
D
OOnnx --
-
11.7 . Tekuk Eksentris
*
e
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.
� M=P-e Pt
'
Tetapi kita dapat memandang beban ini sebagai sebuah gaya P bekerja sepanjang sumbunya di kombinasikan dengan sebuah momen M = P.e
Oleh karena itu sebuah kolom yang memikul suatu beban eksentris P, akan dibebani oleh 1 ) Tegangan tekan
p
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 W ""
a ij in
w
momen tahanan maksimum dalam arah x atau y.
M
momen maksimum pada kolom.
Contoh : Sebuah kolom dari HEB 1 60 dibebani dengan suatu beban eksentris P = 5t dengan e = 0,5m terhadap sumbu. Kolom mempunyai panjang Q = 4m dan dij epit pada ujung satunya sedang ujung lainnya bebas.
Periksa ketahanan kolom. HEB 160
luas
A = 5 4 ,3 cm2 .
Wx
,
311 cm3 , ix
6,78 cm.
Wy
1 1 1 cm3 ; iy
4,05 cm .
Qe
2Q = 8m = 800 cm.
A.m a x=
800 4.05
Dari peraturan untuk F e360 a = 7 ,57 .
5000 54 3 + ·
=
198
dan A. = 198 didapat
w
= 7 ,57
5000 .50 = 697 + 804 = 1501 < a(1600 kgjcm2 ) 311
OK 69
XII. PELAT-PELAT P(t/m1 )
12 .1. Macam-macam Pelat
Pada dasarnya ada dua macam pelat : 1 ) O ne 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.
one way plate P(t)
l,
sama dengan balok lebar 1 m. 2) Thjo way plates (pe la t dua arah). Jika pelat ditumpu sepanjang keempat sisinya, pelat menjadi seperti sebuah sistim balok silang.
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). Con toh :
Lendutan pada tengah bentang untuk beban merata ialah : y
=
Juga untuk pelat yang dibebani merata kita dapatkan suatu distribusi p dalam suatu bagian Pa yang diteruskan pada tumpuan dalam satu arah pada bentang £a dan sebagian Pb bekerja dalam arah b. ·
70
... a.
Kita harus dapatka11 : p dan juga
5 . 384 Pa
dari
2)
jika
Qh = Qa
�
Pa ·Qa
Qh
(
Qa
4
+ Ph
( 4
)
Qh Qa =
= 2 Qa
Ph ,Qh4
2)
El
)4
1
Pa
=
Ph
dan
Pa
0 ,5 p£2 8
dan momen menjadi jika Qh
1)
5 . 38 4
El
=
Ph
= Pa
maka :
=
= Ph
1 6 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 berperilaku seperti pelat satu arah (one way olate). 12.2.
Qh ;;;;. Qa
bentang yang lebih pendek, maka akan
JbU 'L 'kfJi'JI'f 4'4 'k l
Reaksi-reaksi untuk pelat dua arah
f t �lM�
Untuk menghitung reaksi-reaksi sebuah pelat kita harus memperluas apa yang telah kita ketahui tentang balok-balok .
t
Kita tahu bahwa dalam balok yang dibebani merata ada suatu hubungan di antara Ym a x dan Mm a x • dan untuk Mm a x � L = 0. Kita tahu lebih lanjut bahwa reaksi-reaksi R =
�
Q
dapat ditentukan dengan mempertimbangkan bah wa beban-beban bekerja pada bagian kanan balok dari L = 0 (atau Y m a x ) akan menghasilkan reaksi kanan R (dan same untuk bagian sebelah kiri).
L=R
1>
�
I I
1) :;7 L=O 1
Cy
max
I I
L=R
.C+HLu{J1f'P
LLU H:UU
t R-
p2Q
p£ R =2 r
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 ° ++1'+++--
garis kontur lendutan yang sama
45°
Pelat hujur sangkar
"loadsflaw" (aliran hehan arah yang herheda
--
I
l •,.-
V ""'"'
'
"
Pelat empat persegi panjang
@ , 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 tum puan-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. Con toh : reaksi-reaksi untuk p.
2b
1
ll
72
1
�
f. �
� /1 t eo
/j
�
£b
v 'I
�
�
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 mengikuti sudut 45 °
di dalam pelat
rm Yti----���--- -�h1: �l2 I
2 ) Permukaan
� . Permukaan ini mempunyai
yang
pada ketinggian keliling (KQ).
bekerja
4'50
450
'
•
I
I
*
distribusi beban di dalam pelat
..---, --, *& �' r-� hjz
dipertimbangkan
{ I
"
\
*
'
, _ __ ,
I ''IZ
I I
I
I
I -- �
I
..!. _ _ _
I
I
h1
IZ
Keliling pada ketinggian h 2 = (KQ)
3) Kita hitung ,Tegangan geser vertikal Tv pada luas pelat tegak lurus sepanjang (KQ). Tv =
p
L..v
(KQ)h
*
"L v
Tegangan geser pons vertikal 73
4) Tv 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 1 2 cm. Buktikan apakah pelat tersebut kuat terhadap geser pons. L ( ijin )
KQ
=
Tv
(12
+
1 4).4 = 104 cm
10000 104.14
=
6,9 kgfcm2
6,9 kg/cm2 > T = 6 kgfcm2
Hasil ini tak dapat diterima.
Keadaan ini dapat dimodifikasi/dirubah : Memperbesar luas tumpuan : contoh Menambah ketebalan pelat : contoh
16 x 16 cm (Tv
18 cm.
Menambah jumlah tiang, sehingga 1P menjaqi lebih kecil.
74
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 tanda tanda 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)
3) sambungan kaku
di antara elemen elemen.
Tiga metode ini menganggap bahwa deformasinya dijaga agar kecil. Dalam 1 ) D iagonal 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. w2
Con toh :
2
Sta bilisasi simetris (bracing)
di rekomendasikan.
-+ I I I
W
!
Q'
:
2
Wt
w2
..
Sta bilisasi minimal (bracing)
3 elemen tidak konkuren pada titik yang sama.
w 2 .a
Momen ek ivalen : w 2 .a t
L
"
Ca tatan
w2
....
Q-
.
Q
t
�
..
I Wr
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 :
ho risontal
X�
t
stabilisasi lengkap untuk arah x
(rangka)
'f'
't
vertikal
(batang diagonalfpenyokong) 76
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 jika tumpuan-tumpuannya menghasilkan lebih banyak gaya-gaya tahanan daripada yang diperlukan untuk keseimbangan. Contoh :
Statis tertentu Statis tak tentu
/
t
--+,&
�
f
r � ea t
t
+
J�A: t. t
T t
Untuk menyelesaikan suatu sistim statis tertentu , syarat-syarat keseimbangan cukup � V=O;
� M=O.
� H=O
dan
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). Con toh-contoh kesesuaian deformasi.
'{)= 0
'{)= 0
D i sini tumpuan j epit menyebabkan putaran sudut '{) = 0
...b:.':>., ..
tn: (" '{) 1
...... _ _
( '{)2
:::tL
'{)1 ='{)2
Di sini tumpuan tengah mengijinkan perputaran, tetapi karena baloknya menerus, maka '{)1 = '{)2 •
1 5 .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 jika kita hilangkan bebannya) bagaimanapun, deformasi akan lebih kurang sama dengan deformasi elastis tersebut (ingat bahwa perilaku elastis dari bahan adalah juga suatu pende katan yang mana juga memberikan hasil perkiraanjpendekatan, yang kita sebut eksak. Elemen-elemen dasar sta tis 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 menyelesaikan nya dengan syarat-syarat keseimbangan. Elemen-elemen dasar : dengan beban terbagi merata M8 = Momen tumpuan jepit. *
Elemen
*
Sistim ekivalen dan keseimbangan
t '!d I 4 f" P :a.
to ..; pe
03�-� w) t
*
Momen-momen
p (0,6 £)2 8 Ms
0 .36 M0
--o .3.0,2p£2 - p - 0 ,64 M0
p(0,75 £)2 8
(0 ,2 £ f - 0 ,375 .0,25p£2 2 -p
0 .56 M0 M 2
(0,25 £)2 2
= - 1 ,00 M0 Ca tatan :
p£2
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 :
78
Momen-momen untuk elemen dasar dapat juga diambil dari tabel khusus (tabel Momen jepit akhir/fixed end moments).
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 elemen-elemen yang bertemu pada titik tersebut.
I
Ms adalah lwrga rata-rata dari dua Ms dari
Untuk menentukan distribusi gaya-gaya dalam kita akan meninjau keseimbangan dari freebody-free body yang tepat. Contoh 1
:
Distribusi momen kontilever
M pada sebuah balok berbentang tiga. sistim dan garis bagan deformasi
tlt-----r-.o
rangkaian elemen dasar
Distribusi
M dengan Ms
Mrata-rata ·
sistim dan garis bagan deformasi
1 _j,oo
(
� ).
2 ( �£ ).
o.zs e - 1..oo
�::;,�� .
rangkaian elemen dasar.
Ms Ms = :
pada tumpuan-tumpuan -
1 ,00
; 0 .64
-
0.82 (
pf2 ) 79
Freebody
ldf t \f 1i "'
.... J M � f Rs
pQ Ms Q 2 Ms pQ 2 + T
.D.. �r--n.
1 RA
0 . 4pQ 0.6 pQ
Diagram beban. Diagram L
pQ? 0 .08pQ = 0 .64 ( 8 j
·,
Freebody
o.4 P�
l<'reebody
Hffir" p
f
.er-
�
M FJ.
t-"' f t
0.16 p£2 - p.0,4.0 ,2Q !
Rs =
pQ 2
Re =
pQ 2
Diagram beban Diagram L p£2 --o .82( 8 ) + 0 .25 pQ2 - p.0,5 £.0,25Q
Freebody
p£2
0.18 ( 8 )
t
.,------"TT �-----"'1'r'-------, R eaksi-reaksi -f= J..l"i=
jo ·ll ve
<
1,10 p .e
jo.4 pe
1 1 ,\0 p e
=
Gaya-gaya reaksi L gaya-gaya reaksi elemen-elemen.
15..4. Pembebanan untuk Mm ax dan M m 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.
R
'
- Jika suatu pembebanan menambah lengkungan pada suatu titik i, maka M i pada titik yang sama akan bertambah besar pula (karena dan M sebanding ) dan sebaliknya jika berkurang.
R
Contoh :
80
o. �
D.Sb
R
·
Ms
Momen Ms merupakan harga rata-rata untuk suatu rangkaian elemen dasar .
Momen MF didapat dengan menggunakan pll2 M 0 = ( 8 ) dengan pengaruh M s pada
titik tersebut.
J; :t; � � OLJ;�
Perkiraan : titik untuk M F 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 i n � M s , g + P = q M F , m a x � f .M0 - M s ,q pada suatu titik dengan dengan p
Contoh :
�
Mo =
g
(p + g).Q2 8
f = 1,15 j ika p f
= 11 ,20 jika p
momen isostatis
�
�
g 29
-o.gz.
M ::
�.,o -4£.L
1
:
0 .8 3
"
I
I
I
(.h\5
'
1
-0-3<)
� 0- 23
1,-0 .33
� '
I , IS -0·82. ))'.1
'----..r-----j 0· 33 Me
0
2) Cara yang sama dapat digunakan juga dengan beban selain beban terbagi merata. Dalam hal ini M 0 dapat dihitung dengan p * ekivalen atau diambil dari tabel-tabel (lihat lampiran/
appendix). _ Beban p �·'
Contoh:
2P p * = -Q
Q2 2P � M 0 = -- . 8 = -4- (atau dar1 tabel) Q •
}
koli
t'-11 o
81
15 .6. Pengaruh; settlement (penurunan) tumpuan � . Settlement tumpuan mengakibatkan penambahan momen. -- ---
0
... ....0
+,a. -.f:
Kita dapat dengan cepat menimbang pengaruh tersebut, dengan melihat pada modifikasi/perubahan lengkungan R. R+ e N + ) R- C.M - ) Contoh: _ L_
l
�B = 1
--
. --
c
- -
...._
� 3EI
·� · e'Z.
Pengaruh kekakuan ( El) yang berbeda pada bentang
Distribusi M
·
Juga dalam hal ini dimungkinkan menimbang pengaruh perbedaan kekakuan tersebut dengan melihat pada deformasinya. jika sebuah bentang mempunyai El besar, deformasi yang terjadi kecil. jika sebuah bentang mempunyai El kecil, 'deformasi yang terjadi besar.
l
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. Pengaruh dari bentang-bentang yang berbeda besar. Juga dalam hal ini suatu garis bagan deformasi akan memberikan informasi yang sangat bernianfaat. *
Garis bagan deformasi . Balok balok
1 2
dij epit dalam yang lebih kaku.
Balok 2 tidak terjepit kaku pada balok fleksibel 1 82
I
�-------�--�o ]�----�a
*
Rangkaian balok-balok
*
Distribusi M
1 5 . 7 . Penyederhanaan analisa metode Cross.
Semua pengaruh-pengaruh ini secara otomatis dipertimbangkan penggunaannya dalam metode penye derhanaan yang didasarkan pada metode "Cross". * Pertama , kekakuan elemen dasar harus dibedakan jenisnya: El K = c . -Q
Kekakuan :
* Elemen dengan El yang lebih besar atau Q yang lebih pendek adalah lebih kaku. * Elemen dengan El yang lebih kecil atau Q yang lebih panjang, adalah lebih tidak kaku.
harga c untuk : c= 3 c=4 *
Kedua
*
Ketiga : Momen-momen pada tumpuan dalam ditentukan dengan rumus:
Momen M untuk elemen dasar ditentukan:
M=
M 1 . K 2 + M2 . K 1 K l + K2
*
Dasar perhitungan berikut ini seperti metode sebelumnya. Contoh : balok dengan tiga bentang. Ca ta tan:
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'
A
2.
e..
�...
3
K1 = 2
L t C J; t J; J ir L ;r p c D 0: .Q. * sistim .t. ,, ze v
� Q
*
K=
*
M untuk elemen dasar 83
p £2 ( 2 £)2 1 M 1 = - p -- = 2 = - 1 ,0 M 0 8 Mz
2
p £2
= -3 8-
M =
pQ2 ..0,43
- pQ2
Diagram M
o-19 Pe Diagram L
pQ2 1 pQ - 0 .86 -- . 2 Q 2 0 .7 9 pQ 0 .79 pQ - 2 p£ - 1 ,21 pQ
Freebody
Ll p
0.79 p£ . 0,79 Q - p
( 0.79£? � 2 ___..£_
= 0.79 Q
p £2 0 .62 20 .62 M 01 15.8 . Frame : Analisa Pendekatan
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 . Con toh:
Sistem + beban
Deformasi
Momen-momen
Untuk frame kriteria yang sama dari analisa perkiraan tetap dapat dipakai. * * 84
Perkiraan deformasi elastis Syarat-syarat keseimbangan terpenuhi
Kita dapat m'e nganggap 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 M s dari elemen-elemen yang bertemu pada tittk tersebut. Contoh : 1
Frame tertutup -
0
2
Ms= - a M
. .....
e 1
Ms = - 3Mo
Sistim dengan beban Bagan deformasi Contoh : 2
Distribusi
M elemen dasar
Open frame, tumpuan engselfsendi.
Sistim dengan beban Bagan deformasi
-
2
M s = - aM
M elemen dasar
-
M
0
Distribusi M
Contoh 3 : 'Open frame, tumpuan j epit.
1
4/Ji4ddi t t bbblddl' p
Sistim dengan beban Bagan deformasi
Ms= a M
M elemen dasar
0
Distribusi M 85
Penyederhanaan analisa metode cross.
�I
Jika kekakuan K = C. 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 :
El K= C Q
.u.�-------e�
�r---i:j
Frame-frame dasar : Momen-momen sam bungan M8 .
M� M�
e
momen pada sambungan untuk elemen dasar
=
3
(! =
4
CD
momen pada sambungan untuk frame dasar (elemen (D ) .
Tumpuan :
� salah satu pin atau jepit . .,.___
sisi yang tertarik untuk momen positip .
��
®1 � 3 l � ._. ....-..r.;, ro�� tMJCT,f�'f"""ji""";j;..,� .. �.U 4Jr-,o
4 sambungan
batang
� --�
::: r� � ®»
.v.Jj ®:
�
� ·· · ��: �
3 sambungan
batang
,. -(j) �
I
i
@! ...
-�
-
M§ = [ M§ (K2 +K3 +K4 ) + (M§-M�+Ms )K 1 ] :
Ms2 -Ms3 --
Ms =
M� = M2s --
M� =
,... .......
� ��
2 sambungan batang 4.1 . ll .&t io io + u�
l
m.t�
2 sambungan batang
M§ = [ M § (K2 +M§ .K1 ] : (K1 +K2 ) M§ = [ M§ . K1 +M�.K2 ] : (K1 +K2 ) M sl
-
_
M2s
M§ = [ M§ . K4 +Ms .K 1 ] : (K1 +K4 ) Ms = [ Ms .K l +M § .K4 ] : (K1 + K4 ) Msl
86
-
_
M4s
fK 4
Bentuk frome yang lebih sulit : momen-momen sambungan.
Ms
Sebuah frame mempunyai bentuk sulit dapat diuraikan lagi menjadi beberapa bentuk frame dasar. dapat diketahui. Dalam hal ini suatu metode perkiraan untuk semua momen-momen sambungan telah diketahui, maka semua gaya-gaya dalam lainnya dapat Jika momen-momen sambungan dihitung melalui syarat-syarat keseimbangan.
Ms
Contoh-con toh penguraian :
Pli D J l
n {' +; * 'Id'
D
HB t f t
lll::}
Hili
r 1 d on
til3
n:n
r 1�. L J da.f)
do l')
u:m.
.an
Co ntoh :
- elemen dasar
(1 ). El (2). El
- t ra m �
1 �
:
Ms K2
<}o !;nr
4.5 10 4
,/
. Ms
Msl - 2 Mo _
_
9
2 1
f"�tM�� �
MO .-
l
' � j ( lo; o l
{ M� = O
Frame total :
87
ll
15.9. Pergeseran arah laferal dari frame
!
Jika sebuah frame tidak berbentuk simetris atau jika frame dibebani tidak sime tris, maka struktur
akan bergerak ke arah horisontal dan defotmasi serta distribusi M akan berubah.
h k
.,
\,.
"1
Pergeseran lateral.
Seringkali frame ditahan pada posisi tetap oleh sebuah stabilisasi horisontal (menahan suatu gaya S) .
stabilisasi horisontal .
..
frame
Sistim dan beban P.
Distribusi M
M dari elemen dasar (dari tabel). *
Sekarang kita periksa keseimbangan horisontal dari struktur.
=-
3 p 32 4 ·
- 32 4 = �
·
p
- Le -Ln
Perbedaan dari dua
L
harus distabilkan o leh S
p
Le =
Ln =
�
1 8
P
tidak -+I Jika frame akan
L---------------------------� -
88
bergerak ke kiri
Kita lihat bahwa hasil dari perhitungan biasa adalah seperti berikut ; =
S
Gaya yang ditahan stabilisasi horisontal.
�p r-���--���+-�
S=
1 28
*
Jika kita ambil stabilisasi horisontal, keadaannya akan sama dengan frame yang dibebani dengan tambahan beban S.
*
Kita dapat memperkirakan momen-momen yang timbul di dalam struktur akibat S di atas .
:S= 1 2 8 p
* *
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. -
Ms c
p
-
12 128
= - 329 P + 121 28 P
Mso RH
3 32
=
Ms
T
P.3
Rv A = 4
-
p
24P 128
- --
-
2 4P 128
--
6P 1 32 • 4 �
Rv B =
P.1 4
-
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.
7.,.�,"�77TJ�s
s
h
Ms= - 2 2.-
2
Deformasi-deformasi
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 diper lukan untuk memenuhi syarat keseimbangan. Dua bentuk yang sering digunakan ialah p
:
Seringkali, khususnya untuk bracing-bracing, bangunan batang diagonal dianggap hanya dapat me mikul 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. 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
h
Jika batang nol diabaikan, maka rangka batang menjadi statis tertentu dalam dan dapat disele saikan 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 batangbatang tarik dan tekan. p
Kita dapat menyelesaikan bagian demi bagian dan kemudian menjumlahkan hasilnya (gaya-gaya dalam tadi).
Mekanika Tekn ik 2 - 7
91
l
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 - struktur stabil Contoh :
: dijaga terhadap beban vertikal dan horisontal. : dijaga supaya tidak bergerak dalam arah vertikal dan horisontal.
Kemungkinan bentuk struktur.
� �� � = J.
mekanisme pemikulan beban vertikal
--
Plat
Plat
I
?:3
.;s. r::P
Plat
dinding tumpu
t• ba1 ok ��=��k
�:�en dek
e
a
!
balok dan - kolom
·
%
-
-
balok - dan kolom
elemen bentang horisontal satu arah
�
<11 ;:s "0
<;j ..., s:: 0 .!!l ... 0 ..s::
loll s:: <11
mekanisme pemikulan be ban lateral
s:: Ql .0 ...,
s:: Ql
E .Sl Ql
Plat
*
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
retaining wall (dinding penahan tanah) .
Contoh :
*
Gulingan
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 struk tur menjadi tidak stabil .
, H y
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 . tidak ada gu ling
*
L uncuran
I�G H
... --r-�--,.
I I I I I
I I
H r=,U.G
_.___
:
I�
"
M ov
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 .
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
,u .G -n- ;;;. H
1 6.2 . Pemilihan suatu sistim struktur 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 mem pengaruhi pilihan yang terbaik dan lebih meru pakan penyelesaian ekonomis. Prinsip-prinsip :
"Paling langsung adalah yang terbaik "
1 ) Beban-beban akan dipikul melalui jarak yang terpendek ke tumpuan-tumpuan atau ke tanah.
,.,,
c,
,,,
lebih murah Mekanika Teknik 2 - 8
lebih mahal 93
q
2 ) Be ban total yang harus dipikul :
g+p
Kita tidak dapat merubah p yang telah diten tukan tetapi kita dapat membuat g sekecil mungkin.
q
Karenanya bahan-bahan struktur kebanyakan akan digunakan untuk memikul beban p yang telah ditentukan. *
qm in+ P
"Teringan adalah yang terbaik "
Sistim satu arah dan dua arah.
dua arah
satu-arah
Secara umum untuk sistim satu arah kita dapatkan bahan yang lebih sedikit dan pekerja yang lebih banyak. 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.
Untuk mencapai target mendapatkan struktur paling ringan, diterapkan penyelesai;m berikut :
a)
spa si dari batang-batang tingkat kedua.
sistim satu tingkat untuk bentang pendek
b ) . Sistim dua tingkat : selama bentang bertambah, elemen tingkat kedua dapat digunakan sebagai elemen yang ditumpu satu arah. Secara Umum : * *
spasi batang batang tingkat ketiga 94
Elemen-elemen permukaan yang fleksibel di letakkan pada bentang yang pendek. Bentang yang lebih panjang dipasang balok balok 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 per hitungan : kemungkinan-kemungkinan deformasi (�P,Ll ) dari sam b u ngan-sa m b u nga n harus digambarkan dengan benar dalam analisa model. Con toh-contoh : (a)
(b)
P'lnncd
�
�wr
-:z. x.-= • • (d)
~ (�I
ip
~ �r
Plnnt'd
RI:
Plnntd
- - _--;;;
--t
!hl
Fl:.d\r1
(i)
rTl
flnnc:d
8 r
�
� t
tf
[F
P1nf"l.("d
! nl l
·JP q
-=1¥-t rmltf"d
R.. c> d
.
(nJ
I
JL 'JL
-t t
,_
Macam-macam sambungan dan idealisasi model
9-
f'lnnrd
��
~
Plnn�d
(I)
�
�
.-
==:i2 "
(0)
#Fu.ed
4-
95
l 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
�
beban bekerja di atas seluruh permukaan. reaksi-reaksi dek atap menjadi beban pada balok-balok lintang. reaksi-reaksi balok lintang men jadi beban pada balok-balok. reaksi-reaksi balok menjadi be ban pada kolom. reaksi-reaksi kolom menjadi be ban pada pondasi.
0
a) Struktur
b) Diagram freeqody 96
6
�· t
6
lebar lajur beban
' "! 11><11 a/2
l·l·
0. 7 L l
D
t
'I'
G
fl/�
I
I
����
1 :
.:a
c) Diagram freebody dari balok lintang balok dan kolom.
1 6.4. 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 pembe banan) dan mengalir ke dalam elemen. Konsep ini terbaik digambarkan dengan sebuah contoh : Beban atap terbagi menata p. ,� .spasi balok melintang
a) Struktur
97
1
l
luas beban yang dipikul oleh titik bidang rangka
b ) Diagram freebody nyata
luas beban dipikul oleh rangka Rp
R p /2 t
Rp
Rp / 2
Rp
�C2:JCZJCS1SlJ ;
t
RT
+
t
RT
rangka
diagram Freebody
d ) Model untuk menentukan reaksi-reaksi rangka secara langsung.
c) Model untuk menentukan gaya-gaya pada titik bidang rangka Luas penyebaran beban untuk sistim menerus
Dapat dengan mudah diingat bahwa untuk beban-beban terbagi merata kita dapatkan secara perkiraan:
Mmax, Ymax
"' o. 4£
1
A'
0. 5 £
>f 1
{ I kJ J } lJ'J,
l J 'k t t
t P.0, 4£
I P. 0, 6£
4
aliran beban dari titik dengan M max , Ymax kedalam tumpuan tumpuan
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: &mp•l
-� jep it
98
aliran beban dari suatu luasan dibatasi oleh garis bersudut 60° dari sudut.
tetapi : menarik beban yang sama dari dua bentuk tumpuan.
Untuk keadaan campuran, kita dapatkan, sebagai contoh:
Penerapan :
Penurunan pembagian beban.
J
Denah lantai 1
Dengan ditunjukkan sumbu 1 -
2
I
� � I
Pelat di atas balok ( 2 tingkat)
,.
11I
tangga
I
. . .
A
Dinding Balok
n.;;J
Potongan meli
pelat menumpu dinding
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 sem barang. Beban =
q
X
luas pembebanan
X
no. tingkat
Untuk beban ini berat sendiri dari elemen (kolom, dinding) yang membebani tingkat tersebut harus ditambahkan. Con toh:
Beban untuk kolom B/2 pada permukaan pondasi. q1
A
N0
0.9 t/m2 [ (0 ,6+0,6)£ . (0,6+0 ,5 )£ ] 4 (IV + Ill + II + I)
Beban = 0 ,9 . A . 4 ( t ) + berat sendiri kolom dari atap ke permukaan pondasi Ca tatan-ca tatan: 1 ). Tanda panah
dari dinding .
\
berarti bahwa beban dari suatu luas pembebanan bekerja terpusat pada suatu titik
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).
V
1
*
100
Untuk dinding beton bertulang.
6 Q_
J\
1
Lampiran:
1.
Beban P * ekivalen (hanya untuk perhitungan M) P*
1
I Lastarf
L a s lart
!-,U · l � �q
+K= � q l 4.
2
Af�
� 0
xo
1,333
0,1
1,328 1,312
0,3
1.288
0.2 0.4
0.5 0,6
0,7 0,8
0.9
40
.3
3!. t 3!. t _t 3 f t � K= 2 ·P 't
1.121 1.182
1, 140
1/)95
1,048
5
p p p
.f UHl�
2 ) Akibat dari
{!s!.l s!.!s.!Ii s!.'t
., -f
'
_
1.2
12
_
K• 4 · P
1� f-,L£-l � ;!Aq ; �! r,U
f
K•f-l;.;+
8
J�
f u u t;
1.111
11
p
6
t
p
p
Kz 3 ·P
'+
� � �t
_
K= 4 · P
't
1,0
-f K = {-l
14
1"
q
l · q 't
s
2-j Jl.
�q K ={-l · l · q
�
R" •
...
· . t-JJ. 11%,._l-li
f-JJ.·l--i
; :&Wlq r K= � · l
'
�ma dengan
untuk n = 4 atau lebih
.
fb..A
r,u l-i
i
A q
'
1-.u·/1
....
' K • Z ·� ·l·q '
yJ1.
16
f HHHt JL� it}*J
sama dengan -l: ;F f f • i t
n.p
13
1,333
9
10
A
-f
_
f--Jl. ·l -i
1,333
K• .3 · P
.,_
Afu,: t� sama dengan
�{
_
�� ..�� 41 , _4qiu�
8
'
.A.
'l..
1 ) Akibat dari
1, 333
1,0
1. 257
4
Ca tatan:
+
K•P
zo
p p Pp
7
L a s ta rt
�+--------�---r-r---____-;--���r.u -�-.u.�--T-� P P � P P P P
�-4----� r.o 1.000
3) Akibat dari
p
t t
H0
L a s tart
P*
P*
P*
Ailllil liq f
-:- K =
"' q ·l
1,024
0 .5 q
(0, 5q) . 1 ,33
n.p Q- ) (-
101
'
· -�!�""'"
2.
Simple beam• Momen maksimum beban hidup untuk suatu rangkaian beban terpusat P yang bergerak di a tas balok.
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. Con toh:
3 . 4,6
t t. 3 8
. "" � I
Mmax = 1 ,38 . 4,6
•
I""
!
102
= 6,35 tm.
t
RB
f.t, z
1o- =
1 ,38 t0
3 - 1,38
= 1 ,62 t0
