Konstruksi batang

Perlakuan tumpuan tiang tertekan pada konstruksi kayu:

3. Konstruksi batang

3. 1 Peng etahuan dasar

Konstruksi batang

ialah suatu konstruksi yang terdiri atas satu atau lebih batang yang dapat menerima gaya normal, gaya lintang dan momen lentur. Sebaliknya

konstruksi rangka batang

(vakwerk) terdiri atas suatu sistim yang hanya dapat menerima gaya normal (tekanan atau tarikan), lihat bab

4.

Konstruksi rangka batang (vakwerk) . Jikalau suatu konstruksi tidak masuk golongan konstruksi batang maupun rangka batang, kita menamakannya

konstruksi gantungan dan

sokongan.

Selanjutnya kita membatasi diri dalam buku ini pada konstruksi batang dan rangka batang.

Pada bab

3.

Konstruksi batang ini kita akan membicarakan balok tunggal, konsole, balok rusuk Gerber serta konstruksi portal dan busur tiga ruas, yang statis tertentu. Konstruksi batang yang statis tidak tertentu, yaitu balok terusan (lihat bab

6.

Balok terusan) dan konstruksi portal (lihat bab

7.

Konstruksi portal yang statis tidak tertentu) . Selanjutnya kita tentukan, bahwa pada konstruksi batang semua garis sumbu dan garis kerja oleh beban berada dalam satu bidang. Dengan ketentuan ini kita menghindari terjadinya momen torsi dan dengan begitu kita tidak akan memperhatikan soal momen torsi lagi.

Yang kita sebut batang atau balok ialah suatu bagian bangunan yang biasanya menerima beban siku pada garis sumbunya dan mengalami lendutan oleh momen lentur, dan berbaring horisontal, walaupun sering juga kita dapati balok tunggal yang miring (misalnya pada suatu tangga dsb.), yang bersudut miring atau siku atau berdiri vertikal (dengan tekanan angin sebagai beban) dan yang berbentuk por­ tal atau busur. Pada konstruksi atap peran juga timbul peran yang mengalami pelengkungan miring.

Macam-macam konstruksi batang

Pada umumnya panjang batang harus lebih besar dibandingkan dengan tinggi dan lebarnya ( I > 4b dan I > 4h ) .

Untuk menentukan reaksi tumpuan pada konstruksi batang kita mempunyai tiga syarat keseimbangan (lihat bab

1 . 5.

Syarat-syarat keseimbangan). Suatu konstruksi batang selanjutnya menjadi statis tertentu, jikalau tidak ada lebih dari tiga nilai reaksi tumpuannya yang dicari. A tau dengan kata lain: suatu balok tunggal menjadi statis tertentu jikalau ia mempunyai suatu tumpuan sendi- dan suatu tum­ puan rol . Jikalau suatu batang mempunyai lebih dari tiga nilai reaksi tumpuan kita menyebut sistim itu sebagai statis tidak tertentu.

Menurut banyaknya dan bentuknya tumpuan kita membagi konstruksi batang masing-masing seperti berikut:

1 . Balok tunggal dengan satu tumpuan sendi dan satu tumpuan rol, statis tertentu.

Gambar 3. 1 . b. ^{2 reaksi tumpuan} 1 reaksi tumpuan

Lebar bentang I seialu kita artikan: jarak antara garis sumbu vertikal pada tum­ puan masing-masing. menurut rum us: lebar bentang

=

luas pembukaan + dua kali separuh lebar tumpuan (I = w + a). Ukuran a kita tentukan pada konstruksi baja profil sebagai: a =

5%

w

;;:. 12

cm, pada konstruksi kayu: a =

10

cm dan pada konstruksi beton bertulang: a =

7

cm,

;;:. 5%

w.

2.

Konsole menjadi terjepit sebelah dan bebas pada ujung lainnya, statis tertentu.

MA

1

3 reaksi tumpuan

Av _{Gambar 3. 1 . c.}

3. Balok terjepit menjadi terjepit sebelah-menyebelah dan balok terjepit sebelah mempun

y

ai satu tumpuan jepitan dan satu tumpuan rol, dua-duanya menjadi statis tidak tertentu. Perhitungan lihat pada bab

6. 1 .

Balok terjepit. \

3 reaksi tumpuan 1 reaksi tumpuan 3 reaksi tumpuan 3 reaksi tumpuan

·-4. Balok terusan menjadi suatu batang yang ditumpu oleh tiga atau lebih tumpuan, statis tidak tertentu. Perhitungan secara grafis atau analitis menurut bab

6.

Balok terusan.

Gambar 3. 1 . e. 5. Balok rusuk Gerber menjadi suatu bentuk balok terusan, hanya jikalau kita memasang engsel dalam jumlah sama dengan banyaknya tumpuan dalam, balok rusuk Gerber menjadi statis tertentu.

3 tumpuan da/am _{Gambar 3. 1 . f.}

6. Konstruksi portal dan busur tiga ruas sebagai sistim statis berkeluarga. Oleh karena ada dua reaksi tumpuan masing-masing, kita harus memasang suatu engsel antara dua tumpuan supaya sistim meniadi statis tertentu.

3. 2. Balok tunggal

3. 2. 1. Balok tunggal dengan satu gaya

Pada balok tunggal dengan satu gaya kita tentukan, bahwa batang itu sendiri tidak mempunyai bobot sendiri. Jikalau perlu kita tentukan pengaruh atas bobot sendiri menurut pengetahuan bab 3. 2. 3. ( Balok tunggal dengan beban merata) .

Pada balok tunggal dengan satu gaya P sembarang yang bekerja pada titik tangkap 1 menurut gambar 3. 2. 1 . a. di bawah, ini kita mencari reaksi tumpuan masing­ masing secara analitis seperti berikut:

dan P·b RA = ­ I P·a Re = ­ I ( 3. 1 . )

Gaya lintang antara tumpuan A dan titik tangkap 1 menjadi QA-T = + RA dan an-tara titik tangkap

1

dan tumpuan 8 menjadi 01.e = + RA - P = Re

Momen maksimal kita tentukan pada titik gaya lintang menjadi nol, yaitu (lihat gambar 3. 2. 1 . a . ) pada titik tangkap 1 . M omen maksimal itu menjadi:

Mmax

= ^{P · a · b}

J ikalau kita memilih cara gratis, kita menggambar dahulu gambar situasi dengan skala tertentu dan gambar gaya dengan skala misalnya 1

t

= 1 cm.

p diagram gaya Gambar situasi skala 1 : .

..

.

.

Gambar gaya skala 1 t = .

. . .

. cm diagram momen M/H

diagram momen M yang sebenarnya

Gambar 3. 2. 1 . a.

Jikalau misalnya gaya P sembarang menjadi gaya pusat P yang bekerja pada tengah-tengah batang, kita dapatkan hasil seperti berikut:

p

Gambar situasi

diagram gaya lintang Q diagram momeh M Gambar 3. 2. 1 . b. Reaksi tumpuan masing-masing menjadi:

Momen maksimal pada tengah-tengah batang menjadi:

P

I

P · l

Mmax =

2 · 2

=

4 ^{(3. 4.)}

3. 2. 2. Balok tunggal dengan beberapa gaya

Pada balok tunggal dengan tiga atau lebih gaya kita pada umumnya menambah bobot sendiri pada gaya masing-masing, maka konstruksi batang tidak mempunyai bobot sendiri. J ikalau pada balok tunggal dengan hanya dua gaya perlu kita tentukan pengaruh atas bobot sendiri menurut pengetahuan bab

3. 2. 3.

( Balok tunggal dengan beban merata) .

Pada suatu balok tunggal dengan misalnya tiga gaya

Pt

s / d p3 sembarang kita menentukan reaksi tumpuan masing-masing secara ana litis seperti berikut:

R s -

_

UP ·

--a) 1 sebaiknya hasil ini diperiksa dengan rumus berikut:

� V = 0 =

RA + Rs -

�p

Gaya lintang masing-masing menjadi:

QA . 1

=

+ RA

Ql

·

2 =

+ RA - P1

� . l =

+ RA - P1 - Pz

Ql

·

B =

+ RA - P1 - Pz - P3

=

- Rs

lihat gambar

3. 2. 2.

a. berikut:

diagram gaya lintang Q diagram momen

M!H

diagram momen

M

yang sebenarnya Gz ^bJ Gambar situasi bz skala 1 : ... . . b1 Gambar gaya skala 1 t

=

. ... . cm Gambar 3. 2. 2. a. Pada contoh ini kita dapat menentukan momen maksimal pada titik gaya lintang menjadi nol, yaitu pada titik tangkap 2.

Secara analitis kita dapat menentukan momen maksimal sebagai berikut:

Jikalau kita sekarang membandingkan hasil diagram gaya lintang Q dan diagram momen

M,

kita dapat menentukan, bahwa bidang gaya lintang menjadi sama dengan momennya. Jikalau kita menghitung luasnya bidang gaya lintang pada titik tangkap 1 dan 2, kita dapatkan buktinya:

M1 = RA · a1

RA · a1

+

(RA - P1) (a2 - a1) = RA · a1

+

RA · a2 - RA · a1 - P1(a2 - a1)

= RA · a2 - P1 (a2 - a1) = M2

Momen pada suatu titik sembarang menjadi sama dengan luasnya bidang (diagram) gaya lintang Q dari tumpuan sampai titik sembarang itu. Jikalau dikerjakan dari kiri tanda ( + , - ) menjadi sama, jikalau dikerjakan dari kanan tanda ( + , - ) menjadi terbalik (berlawanan) .

Jikalau misalnya dua gaya P yang sama besarnya bekerja simetris pada suatu balok tunggal, kita dapatkan hasil seperti berikut:

Gambar situasi

diagram gaya lintang Q

diagram momen M

Gambar 3. 2. 2. b. Reaksi pada tumpuan masing"ffiasing menjadi:

RA = Ra =

P _{(3. 6. )} Gaya lintang Q masing-masing menjadi:

D 1.2

=

+

RA

- P =

0

a2. B = 0 -

P = - Rs

Momen maksimal M1 dan M2 menjadi:

( 3 . 7 . )

Ringkasan:

1 .

Gaya lintang menjadi rata (tetap) antara dua gaya dan berubah nilainya hanya pada titik tangkap gaya P masing-masing.

2.

Diagram momen berbentuk poligon. Sisi-sisinya mengubah jurusan hanya pada tempat gaya P.

3. Momen pada satu titik sembarang menjadi sama dengan luasnya bidang (diagram) gaya lintang

Q

dari tumpuan sampai titik sembarang. Perbedaan an­ tara dua momen menjadi sama dengan luasnya bidang gaya lintang antara dua

momen itu

(!:::..Mx = Ox · t::..x).

Jikalau kita bekerja dari kanan tanda

(

+ , - ) berlawanan.

4.

Momen maksimal timbul pada tempat/titik gaya lintang menjadi nol.

5.

Karena momen maksimal harus sama, jikalau dihitung dari kiri atau dari kanan bagian bidang gaya lintang yang positif

(

+ ) harus sama dengan bagian bidang gaya lintang yang negatif ( - ) .

V 3. 2. 3.

Balok tunggal dengan beban merata

Pada balok tunggal dengan beban merata q kita mendapatkan beban total sebesar

q

· I

= P

(termasuk bobot sendiri). lihat juga gambar

3. 2. 3.

a. berikut. Kita mencari reaksi tumpuan masing-masing secara ana litis seperti berikut:

RA=Rs7=+ (3. 8.)

q·l

_ Gaya lintang pada tumpuan A menjadi:

OA =

+

RA =

+

--

₂

Gaya lintang pada tumpuan 8 menjadi: 08

= -Rs = -_!!_:_}__

₂

Gaya lintang pada titik

x

sembarang menjadi: I

Ox=RA-Q·X=q·-₂ - q· x Ox = q ( !__ ₂ -x)

Momen maksimal kita tentukan pada titik gaya lintang menjadi nol, yaitu pada

tengah-tengah sebesar: ^·

M omen

Mx

pada titik x sembarang menjadi:

q ·

x(l- x)

2

(3. 10.)

q (kg/m, tlmJ

Gambar situasi

situasi pada titik x sembarang

diagram gaya lintang

a

diagram momen M ( parabol)

Mmax oleh q menjadi Yz Mm��x oleh gaya pusat P yang menentukan garis singgungnya. ( Konstruksinya lihat gambar

3. 2. 3.

b. + c. ) Gambar 3. 2. 3. a . .

Untuk menggambar parabol kita mempunyai dua sistim, yaitu sistim titik potong dan sistim garis singgung.

a) Konstruksi parabol dengan sistim titik potong. Diketahui: garis potong A-8,

titik puncak C dan garis sumbu parabol C-D.

Konstruksi titik potong dapat ditentukan sebagai berikut:

1 .

Menggambar garis potong A-C dan B-C

Gambar 3. 2. 3. b.

2.

menggambar majemuk garis 1 - 1 sejajar dengan garis sumbu parabol, yang menentukan titik Emasing-masing

3.

menggambar garis sejajar dengan garis sumbu parabol pada titik A dan titik 8

4.

menggambar garis sejajar dengan garis potong A-8 pada titik E masing-masing

dan menentukan titik

F

5.

menggambar garis pe.nghubung titik

F

dengan titik puncak C. Pada titik potong dengan garis

1-1

kita mendapatkan titik

G

yang menjadi sua tu titik dari garis parabol dsb.

bl Konstruksi parabol dengan sistim garis singgung. Diketahui: garis potong

A-8, titik puncak C dan garis singgung A-E dan 8-E.

I ,

i i _Ll.

1. [

' 4 4

Konstruksi garis singgung dapat ditentukan sebagai berikut:

8

Gambar 3. 2. 3. c .

1 .

Kita membagi garis singgung A-E dan 8-E atas beberapa bagian dengan ukuran dan banyak yang sama pada A-E dan 8-E

2. menggambar garis penghubung titik

1 - 1 ,

2-2 dsb. yang akan menjadi garis singgung masing-masing dari parabol yang dicari.

Boleh juga menggunakan cara yang diterangkan pada gambar 3. 2. 3. c. sebelah kanan.

Kemudian pad<!. konstruksi balok tunggal dengan beban merata dapat kita me­ ringkaskan:

1 .

Gaya lintang pada balok tunggal dengan beban merata menjadi suatu garis lurus yang miring.

2. Luasnya bidang (diagram) gaya lintang terdiri dari dua segitiga yang sama dengan tanda ( + , - ) berlawanan.

3. Garis sisi diagram momen mencapai suatu parabol.

../

3. 2. 4. Balok tunggal dengan beban merata terbatas

Balok tunggal dengan beban merata terbatas kita bagi atas: a) beban merata terbatas pada s.atu ujung, b) beban merata terbatas sembarang dan c) beban terbatas simetris.

a) Balok tunggal d engan beban m erata terbatas pada satu ujung (lihat gambar 3. 2.

4.

a . ) :

Kita menimtukan reaksi tumpuan masing-masing secara analitis seperti berikut:

"2Ms = RA · 1 -

q · a (a/2 + b)

=

0

... RA =

^{q · a (a/2} + b)

Pads gaya lintang kita hanya memerlukan menentukan titik 0 =

0

untuk menen­ tukan momen maksimal:

RA

X =

--!Q

dengan ketentuan ukuran x ini kita dapat mencari momen maksimal sebagai:

RA . X R2A

(3. 1 1 . )

Gambar situasi

diagram gaya lintang 0

diagram·momen M

Gambar 3. 2. 4. a.

�)

Balok tunggal dengan beban m erata terbatas sembarang ( lihat gambar 3. 2. 4. b . ) :

Kita menentukan reaksi tumpuan masing-masing secara ana litis seperti berikut: "i.Me =

0

= RA · / - q · c (b + c/2) -dan dengan "i.MA =

0

= Re · I - q · c (a + c/2) q · c (b + c/2) RA = I Re = q · c (a + c/2) I

Gaya lintang pada bagian balok 1 -2 dan 3-4 menjadi sama del'lgan reaksi tumpuan:

01.2 = + RA dan 03.4 -= - Re

Pada bagian balok 2-3 kita mencari titik 0 =

0

seperti berikut:

dengan ketentuan ukuran x ini kita dapat mencari momen maksimal sebagai:

q.z2

Mmax

= RA

X -

--2

Gambar situasi

diagram gaya lintang a

diagram momen M

Gambar 3. 2. 4. b.

v c) Balok tunggal dengan beban m erata terbatas simetris (lihat gambar 3.

2. 4.

c.):

Jikalau kita perhatikan gambar 3.

1 .

b. kita lihat, bahwa sebetulnya ti�p-tiap beban merata menjadi suatu beban merata terbatas simetris oleh perbedaan antara lebar bentang I dan luasnya pembukaan

w.

Lihat juga gambar 3.

2. 4.

c.

Kita menentukan reaksi tumpuan masing-masing secara ana litis seperti berikut:

q · w

RA = Re

Momen maksimal dapat kita tentukan sebagai berikut:

q · w (w +

2a) Mmax = 8

w + a

2

q · w (l + a)

8

q · w w

q · w

= (2 w + 2a - w)

Gambar 3. 2. 4. c.

·.

Menurut ketentuan pada bab 3. 1 . 1 . ( Pengetahuan dasar balok tunggal) lihat juga gambar 3. 1 . b. ukuran a menjadi rata-rata maksimal 5% dari ukuran luas pem­ bukaan w. Perbedaan momen lentur antara perhitungan balok tunggal dengan beban merata sebesar I · q dan dengan beban merata terbatas simetris sebesar

w · q menjadi 0.23% saja.

Oleh karena itu pada prakteknya kita tidak memperhatikan pengaruh oleh beban merata terbatas simetris, melainkan hanya beban merata, yang paling mudah perhitungannya .

3. 2. 5. Balok tunggal dengan beban segitiga

Pada balok tunggal dengan beban segitiga kita bedakan antara a) beban segitiga yang simetris dan b) beban segitiga yang satu hadap saja .

a) Balok tunggal dengan beban segitiga yang simetris ( lihat gambar 3. 2. 5. a . ) :

Kita menentukan reaksi tumpuan masing-masing secara ana litis seperti berikut:

q · l P = -2

p

q · l RA = Ra = - = --2 4

Diagram gaya lintang menjadi suatu parabol dengan ordinat QA = + RA sebelah kiri dan 08 = - R8 sebelah kanan.

Ox

pada titik x sembarang menjadi:

Dan 0 = 0 ada pada tengah-tengah balok tunggal ini.

Dengan ketentuan ini kita dapat mencari momen maksimal sebagai: (3. 12.)

Diagram momen M ini menjadi suatu parabol dalam ruang yang tidak boleh digam­ bar menurut cara konstruksi parabol pada bab 3. 2. 3. ( Balok tunggal dengan beban merata) . Akan tetapi pada gambar 3. 2. 5. a. ada petunjuk untuk menentukan garis singgung yang penting.

Gambar situasi

diagram gaya lintang 0 titik puncak

diagram momen M

Gambar 3. 2. 5. a. b) Balok tunggal dengan beban segitiga yang satu hadap saja

(lihat gambar

3.

2. 5. b.):

Kita menentukan reaksi tumpuan masing-masing secara analitis seperti berikut: q · l _!_ I '2M8 = 0 = RA · 1 - -- · 2

3

q · l 3_ 1 '2-MA

=

0 = R8 · I - -- · 2

3

RA = ^{P · l/3} ... Rs = p . z; 3 1 I p q · l

3

6 2 q · l = - P =

₃ -₃

Diagram gaya lintang menjadi suatu parabol dengan titik puncak pada tumpuan A

dan dengan ordinat OA =

+

RA sebelah kiri dan 08 = - R8 sebelah kanan. Ox pada titik x sembarang menjadi:

0 _ q · l X

-

- q · x

. 2 - 2 3

x _ q

(

l x2

)

Dan 0 = 0 ada pada titik x1 :

I

X1 =

V3

= 0,577 I

Dengan ketentuan ini kita dapat mencari momen maksimal sebagai: q · I Z

..

Gambar situasi

"''\ '

diagram gaya lintang

a

diagram momen

M

Gambar 3. 2. 5. b.

3. 2

. .

6. Balok tunggal dengan macam-macam beban dan gaya

Pada balok tunggal dengan macam-macam beban dan gaya menurut gambar 3. 2. 6. a., kita cari reaksi tumpuan masing-masing secara analitis seperti berikut:

ql . 1 2 (

c

)

L.MA =

0 =

R8 · 1 - - P2 • a2 - q2 •

c

a3 + 2

-

P1 · a1

q1 . 1 P2 · a2

+

Q2 ·

c

( a3 + f )

+

P1 · a1

Ra = 2 +

_I

q . f 2

L.M8

= 0 =

RA ·

I

-2

q1 . 1 P1 · b1

+

q2 ·

c

( b2 + f ) + P2 · b2

RA = 2 +

_I

Gaya lintang kita tentukan dari titik tangkap gaya yang satu sampai titik tangkap gaya berikut:

a A

a , kiri

a , kanan

a2

a3kiri

a3kanan

a a

+ RA

RA - q1 • a1

a T kiri - P1

a, kanan - q, · (a3 - a,J

a2 - (q,

+

Q2} . c

a3 kiri - p2

Dan

Q

= 0 ada pada titik x menu rut perhitungan berikut:

Dengan ketentuan ini kita dapat mencari momen masing-masing seperti berikut:

M 1

= RA ·

a 1

q .

a

2

M

2 = RA ·

a

l -

P 1 (a

2

-a 11

-2

q 2 . z 2

2

diagram momen

M

Gambar situasi ( sistim statis) skala 1 : ... ..

Gambar situasi

pembagian beban merata)

·'

·.

3. 2. 7. Contoh-contoh

Contoh 1: Pada suatu balok tunggal dengan beban segitiga yang satu hadap saja, dicari reaksi tumpuan masing-masing,. momen maksimal Mmax dan ukuran balok profil bajal N P ? (lihat gambar 3. 2. 7. al

Penyelesaian:

Menurut bab 3. 2. 5. ( Balok tunggal dengan beban segitiga) d<!n gambar 3. 2. 5. b. kita dapat menentukan reaksi tumpuan masing-masing sebagai berikut:

R

A -- q .

I

- 2 . 12 ₆

=

4.0 t

R8 = !L!_ = � = S O t

_{3 3} .

QA

=

+ 4.0 t

08 =

- 8.0 t

Selanjutnya jarak x ( Qx = 0) untuk menentukan momen maksimal Mmax menurut rumus (3. 13. ) sebagai:

1 12

X =

V3

=

V3

=

6.93 m

Mmax

=

0.641 5 · q · / 2

=

0.06415 · 2.0 · 1 22

=

18.48 tm

Gambar situasi

diagram gaya lintang Q

· diagram momen M

Gambar 3. 2. 7. a.

Ukuran baja profil I NP dapat ditentukan menu rut rum us (2. 32. ) dan dengan meng­ gL nakan tabel l . 2. 3. pada lampiran (Nilai-nilai pad a bahan baja profil) :

Wx yang dibutuhkan

_M

(oleh pengaruh beban segitiga) = 0

1 '848'000

Profil baja yang dipilih: I NP 38 dengan Wx

-=

1260 cm3 dan beratnya 84 kg/ m. Sekarang kita perhatikan pengaruh berat sendiri atas momen maksimal yang diten­ tukan oleh beban segitiga (lihat juga beban merata, gambar 3. 2. 3. a . ) . Kita memilih sebagai beban me rata be rat sendiri sebesar 84 kg/ m .

Kita menentukan momen Mx pada tempat Mmax dengan jarak x

=

6. 93 m dari tum­ puan A menurut rumus (3. 10. ) :

x · x'

M = x

2

84 . 6,93 . 5,07

2 ^{= 1 475 kgm}

Selanjutnya kita akan mensuperposisikan:

Mmax oleh beban segitiga 18'480 kgm

1 '475 kgm

Mx oleh berat sendiri

---Mmax total 1 9'955 kgm

. M 1 '995'500

Wx yang d1butuhkan

= � =

= 1 '247 cm3

a 1 '600

Profil baja yang telah dipilih I N P 38 dengan Wx = 1 '260 cm3 > 1 '247 cm3

Contoh 2: Pada balok tCmggal dengan macam-macam beban dan gaya menurut gambar 3. 2. 7. b. berikut, dicari reaksi tumpuan masing-masing gaya lintang Q, gaya normal N, momen maksimal Mmax dan ukuran balok sebagai baja profil I N P dan sebagai balok kayu kelas 1 1 .

Penyelesaian:

Kita membagi gaya

P1

dalam pengaruh horisontal

(P1h)

dan vertikal

(P1vl :

P1v =

500 · COS 30° = 500 · 0,866 = 433 kg

P1h =

500 · sin 30°

=

500 · 0,5 = 250 kg Selanjutnya reaksi tumpuan masing-masing sebagai:

'LMe =

0

= RA ·

8,0 - 43 3 · 6,5 - 300 · 4,5 - 50 · 8,0

·

4,0 - 100 '· 4,0 · 2,0

R

^{A -}_ 281 5

+

1350 8,0

+

1600 + 800

₌

820 kg

'LMA =

0

=

43 3 · 1 ,5

+

300 · 3,5 + 50 · 8,0 · 4,0

+

100 · 4,0 · 6,0 -

Rev ·

8,0 650

+

1050

+

1600 + 2400

Rev =

_8,0

=

71 3 kg

'LH =

0

= - P1h + Reh =

-250 -

Reh

Reh =

250 kg

--·

·.

Kemudian kita menentukan gaya lintang Q masing-masing dan menggambar diagram gaya lintang (lihat gambar 3. 2. 7. �- berikut):

QA Ot kiri 0 1 kanan

₌

Q2 kiri 02 kenan

₌

03

OB

+

820 kg 820 - 50 . 1 ,5 74,5 - 43,3 31 ,2 - 50 . 2,0 21 ,2 - 300 - 8,8 - 50 . 0,5 - 1 1 ,3 - 1 50 . 4,0 745 kg 312 kg 212 kg 88 kg - 1 13 kg 713 kg = - RB

Penentuan diagram gaya normal N tidak mengalami kesulitan. N sebesar 250 kg timbul pada titik 1 tumpuan 8 (lihat gambar 3. 2. 7. b. berikut).

Untuk penentuan momen maksimal pada titik 2 ( Q = 0) kita mempunyai dua kemungkinan:

a) dengan syarat tangkai pengungkit: 3 5 2

M2 = 820 . 3,5 - 50 .

T

- 43 3 . 2,0

=

2870 - 306 - 866

=

1698 kgm

b) dengan menentukan luasnya bidang (diagram) gaya lintang Q dari kiri atau kanan. Pada contoh ini kita mulai dari kiri:

820

+

745

M2 = 2 ^{· 1 ,5}

⁺

31 2

+

212

2 ^{· 2,0 = 1 174}

⁺

^{524 = 1698 kgm}

Pz' 300

kg _{p,1QO kg/m}

Gambar. situasi

diagram gaya lintang Q

diagram momen M

diagram gaya normal M Gambar 3. 2. 7. b.

Penentuan ukuran jikalau dipilih bahan baja profii'I N P (a = 1 '600 kg/ cm2)

. 1 69'800

Wx yang d1butuhkan

=

= 107 cm3

Menurut tabel I . 2. 3. dengan nilai-nilai pada bahan baja profil pada lampiran kita dapat menentukan ukuran :

Profil baya yang dipilih I N P 16 dengan Wx = 1 1 7 cm3 > 1 07 cm3

. M

Pemenksaan tegangan o = W

+

_-

-

^N _F 1 69800 250

= � +

22,8 ^{= 1 462 kg/cm2} Penentuan ukuran jikalau dipilih balok kayu kelas 1 1 (a = 1 00 kg/ cm2):

. 1 69'800

Wx yang d1butuhkan =

---,oo-

= 1 '698 cm3

menurut tabel I . 2. 4. dengan nilai-nilai balok kayu segiempat pada lampiran kita dapat menentukan ukuran kayu sebagai:

U kuran kayu yang dipilih 14/28 cm dengan Wx = 1 '829 cm3 > 1 '698 cm3

Jikalau balok ini dipegang pada samping di beberapa tempat, kita juga boleh . memilih suatu ukuran kayu yang lebih ekonomis, misalnya:

Ukuran kayu yang dipilih

1 0/32.5

cm dengan Wx = 1 '760 cm3 > 1 '698 cm3

3. 3. Konsole

3. 3.

1. Konsole

d

en

ga

_n

satu gaya pada ujung yang bebas

Jikalau kita potong batang (konsole) ini pada tempat sembarang kita melihat, bahwa gaya lintang Q berjurusan ke bawah, dan oleh perjanjian tanda ( lihat bab 1 . 6. 3.) menjadi positif ( + ) .

I _I

:

- : diagram gaya lintang Q

I I I ^I

L_J

Ox =

+ P

Sebenarnya gaya lintang menjadi negatif (-) dalam/pada ujung yang terjepit seperti terlihat pada gambar (garis putus) .

Demikian kita dapat menentukan momen Mmax pada tempat Q = 0 yaitu pada tumpuan A.

Mx =

-P · x

dan Mmax = -

P · c

(3. 14.)

3. 3. 2. Konsote dengan beberapa gaya

Pada konsole dengan beberapa gaya kita menjumlahkan pengaruh gaya masing-masing seperti terlihat pada gambar 3. 3. 2. a. berikut:

Gambar situasi

diagram gaya lintang

0:

0 1.2 = - P1 02.3 = - (P1 + P2J

diagram momen

M:

M2 = - P2 · a 1 M3 = - (P1 · c + P2 · a2)

Gambar 3. 3. 2. a .

3. 3. 3. Konsole dengan beban merata

Gambar 3. 3. 3. a.

Gambar situasi

diagram gaya lintang

0:

Ox = +

q · X QA =

+ q

· C diagram momen

M

x q · x 2

Mx = -

q . X .

2 =

-dan �·

3. 3. 4. Konsole dengan gaya horisontal

(3. 1 5. )

Konsole dengan gaya horisontal

H

di dalam praktek timbul pada konstruksi pelantar/ anjungan dengan pagar. Menu rut Peraturan mu(!tan Indonesia N . l . - 18/1970 muatan horisontal pada pagar harus sebesar 5 s/d 10% dari muatan lantai tsb.

Q=H

�

Gambar situasi dengan diagram gaya lintang

0

diagram momen

M:

M max = -H · h