11 SISTEM STATIS TERTENTU DAN TAK TERTE

PENGERTIAN SISTEM
STATIS TERTENTU DAN STATIS TAK
TERTENTU
Suatu konstruksi terdiri dari komponen-komponen berupa :
BENDA KAKU  BALOK
BATANG / TALI
TITIK SIMPUL
TUMPUAN
SAMBUNGAN

1

BENDA KAKU
L = gaya lintang
N = gaya normal
M = momen
L , N, M

BATANG
Hanya dapat menerima
gaya normal saja

N
P

P

2

TITIK SIMPUL
Titik simpul

1
5
2
3

TUMPUAN

4

Titik simpul  pertemuan

antara batang dengan batang
1 s/d 5  batang

Jumlah reaksi tumpuan = 1
Jumlah reaksi tumpuan = 2
Jumlah reaksi tumpuan = 3

3

SAMBUNGAN
Sambungan engsel
 Reaksi L, N

Sambungan luncur
 Reaksi N

4

Syarat Sistem :
3n + 2k < a + g + s  sistem statis tak tertentu

3n + 2k = a + g + s  sistem statis tertentu
3n + 2k > a + g + s  sistem statis terlalu tertentu
(hyperstatis)  mekanisme
dimana :
n = jumlah benda kaku
k = jumlah titik simpul
a = jumlah reaksi tumpuan
g = jumlah reaksi sambungan
s = jumlah batang
5

CONTOH SISTEM
1) BALOK 3 ENGSEL
Engsel
Balok I

Balok II

2) BALOK GERBER
samb.engsel

n  2, a  4, s  0
statis tertentu
k  0, g  2

n  2, a  4, s  0
statis tertentu
k  0, g  2

6

3) KERANGKA BATANG
(VAKWERK)
4
n  0, k  5, a  3
statis tertentu
2
7 g  0, s  7
3
5

1

6

4) SISTEM CAMPURAN
engsel
balok I

balok II
tali

n  2, k  0, a  3
statis tertentu
g  2, s  1
7

MACAM SISTEM STATIS TAK TERTENTU
PADA KONSTRUKSI BALOK
P
1) Balok dgn tumpuan

jepit dan roll

M
R1

2) Balok dgn tumpuan
jepit dan pegas

R2

P
M

R1

R2
8

3) Balok dgn tumpuan jepit dan jepit
q

M2

M1
R1

R2

4) Balok dgn tumpuan engsel dan 2 roll
P1

P2
M

R1

R2

R3

9

CONTOH SOAL
SISTEM STATIS TAK TERTENTU UNTUK
KONSTRUKSI BALOK
1) Sebuah konstruksi balok AB ditumpu dengan tumpuan
roll di A dan tumpuan jepit di B mendapat beban gaya
terpusat P di C seperti terlihat pada gambar. Tentukan
reaksi tumpuan di A dan B.
a
A

b

P
C

B

M

L
RA

RB
10

Penyelesaian :
a
A

b

P
C

B

MB

L

RA

RB
Diagram bidang
momen balok AB

A

RAL
C

B

Pb

11

Syarat keseimbangan statis :

B

R A  RB  P  0

(1)

R A L  M B  Pb  0

(2)

Dari 2 persamaan tsb diatas terdapat 3 bilangan yg tidak
diketahui (RA, RB, dan MB)  perlu ditambahkan 1
persamaan lagi supaya RA, RB, dan MB dapat dihitung.
Pada konstruksi tsb diatas defleksi (lenturan) yg terjadi
di A =0  dgn menggunakan metode luasan bidang
momen, maka didapat :
12

Lenturan di A = 0 :

1
2L 1
2
y A  R L( L)
 (Pb)(b)(a  b)  0
2 A
3 2
3

3Pb 2
2
Pb 2
RA 
( a  b)  3 ( 2 L  a )
3
3
2L
2L

(3)

Harga RA masuk ke pers (1) :

Pa
2
2
RB  3 (3L  a )
2L

(4)

Substitusi harga RA dan RB ke pers (2) :

Pa 2
2
MB 
(
L

a
)
2
2L

(5)
13

2) Pada konstruksi balok seperti soal 1) diketahui : tinggi
balok = 200 mm, momen inersia luasan penampang
balok = 40 x 106 mm4. Beban P = 20 kN, panjang balok
L = 6 m dan jarak a = 3 m. Tentukan : reaksi tumpuan
dan tegangan bending maksimum pada balok.
Penyelesaian :
Substitusi ke dalam pers (3) pada soal 1) :

20 x103 (3) 2
RA 
(2 x6  3)  6,25 kN
3
2( 6)
Dari pers (4) pada soal 1) :

20 x103 (3)
2
2
RB 
(
3
x
6

3
)  13,75 kN
3
2L
14

Dari pers (5) pada soal 1) :

20 x103 (3)
2
2
MB 
((
6
)

(
3
)
)  22,5 kNm
2
2( 6)
Momen bending maksimum terjadi pada jepitan B 
tegangan bending maksimum :



Mc 22,5 x103 (100)(10 3 )


 56,25 MPa
6

12
I
40 x10 (10
)

Momen bending pada beban P = 6,25 (3) = 18,75 kNm 
tegangan bending :



Mc 18,75 x103 (100)(10 3 )


 46,9 MPa
6

12
I
40 x10 (10
)
15

3) Pada konstruksi balok seperti soal 1) diketahui : tinggi
balok = 200 mm, momen inersia luasan penampang
balok = 40 x 106 mm4. Beban P = 20 kN, panjang balok
L = 6 m dan jarak a = 3 m. Tentukan : defleksi yg
terjadi di titik yg mendapat beban P pada balok.
a

Penyelesaian :
A

b

P
C

B

MB

L

RA

RB
f
A

e

d

C

B
g

R1L
Pb
16

Menggunakan metode luasan bidang momen  defleksi di
titik C (dimana beban P bekerja) pada balok AB :

b
2
2
EIyC  luas CBde( )  luas def ( b)  luas BCg ( b)
2
3
3
1
2
1
2
 (18,75 x3)(1,5)  ( x18,75 x3)( x3)  (60 x3)( x3)
2
3
2
3
 -39,375 kNm3
Maka :

yC

39,375 x103 (103 )

 4,92 mm
9
6
12
200 x10 (40 x10 )(10 )
17

4) Suatu konstruksi balok yang dijepit pada ujung A dan di
ujung C ditumpu dengan pegas. Bila beban W diambil
pegas tersebut bebas dari beban. Bila gaya W = 10 kN
dikenakan pada balok, maka ujung C akan mengalami
defleksi sebesar 50 mm bila tidak ditumpu pegas.
Konstante pegas k = 400 kN/m. Tentukan defleksi balok
di C bila mendapat beban W = 20 kN di titik B dan ujung
C ditumpu oleh pegas (lihat gambar)
y
W=20 kN L/2
L/2
MA

A

B

C

x

k
RA

RC=kΔC

18

Menggunakan metode singularite (singularity methods) :
M ( x )  M A  x  0 0 R A  x  0 1 W  x 

L 1
 RC  L  x 1
2

Persamaana diff pangkat 2 lenturan :
d2y
L
EI 2  M A  x  0 0 R A  x  0 1 W  x  1 RC  L  x 1
2
dx

Integral pers (1) :

(1)

RA
dy
W
L 2 RC
1
2
EI
 M A  x  
x   x  
 L  x 2 C1
2
2
2
2
dx

(2)
Pada jepitan A untuk x = 0  dy/dx = 0, maka C1 = 0
19

Integral pers (2) :

MA
L 3 RC
2 RA
3 W
EIy  
x 
x   x  
 x  L 3 C2
2
6
6
2
6
(3)
Pada jepitan A untuk x = 0  y = 0, maka C2 = 0
Bila x = L  maka defleksi diberi notasi ΔC, dengan
menggunakan pers (3) :
2

3

3

M A L R A L W L 
EI C  

  
2
6
6 2 

(4)

20

Reaksi pegas pada titik C  RC = - kΔC dimana tanda
negatif menunjukkan arah defleksi berlawanan dgn arah
gaya RC keatas.
Persamaan keseimbangan gaya dan momen dlm kondisi
statis:

RA  RC  W  0  RC  W  RA
WL
WL
 MA  R AL  0  MA  R AL 
2
2
Harga RC dan MA masuk ke pers 4) :

EI W  R A  R A L3 WL3 L2 
WL 



 R A L 

k
6
48
2
2 
21

Maka pers diatas menjadi :

EI L3  EIW 11WL3

RA 


k

3
k
48


(5)

Pada soal diatas diketahui bahwa bila pada ujung balok
tidak ditumpu pegas, maka beban 10 kN pada titik C
menyebabkan defleksi sebesar 50 mm di ujung balok tsb.
maka :


10 x103 L
50mm  

3

3EI

EI 10 4
 3 
N /m
0,15
L

22

Harga diatas dan harga konstante pegas k = 400 kN/m bila
disubstitusi ke pers (5), maka didapat:

R A  15,83 kN
Dari persamaan keseimbangan statis, maka :

RC  20 15,83  4,17 kN
Bila konstante pegas k = 400 kN/m, maka defleksi pada
titik C :

WL  2

3
R A L 
L R L3
W L 
2 

A
EI C  

  
2
6
6 2 
2 R A W  RA W
EI
C  


3
L
4
6 48

23

Dengan memasukkan harga RA= 15,83 kN, W = 20 kN, EI/
L3 =104/0,15 N/m, maka diperoleh lenturan di C :





10 4
2 x15,83 x103  20 x103 15,83 x103 20 x103
C  


0,15
4
6
48
0,15
 C  (2,92  2,64  0,42)
10
 C  -0,0104 m  10,4mm

24

5) Sebuah konstruksi balok ABC ditumpu dengan
tumpuan engsel di A, tumpuan pegas di B dan
tumpuan roll di C mendapat beban gaya terpusat
P seperti terlihat pada gambar. Tentukan
konstante pegas sehingga momen bending di
tumpuan pegas tsb menjadi nol.
L

Y
L/2

A

L
P

P

B

L/2

C

X

k
R1

R2

R1

25

Penyelesaian :
Diagram benda bebas :
L

Y
L/2

A

P

B

R1
P

A
L

(b)

L/2

C

X

R1

R2
L/2

R1

L
P

(a)
B
V
26

Pada tumpuan pegas di B tidak ada reaksi momen
bending, sehingga :

 MB

L
P
 R1L  P  0  R1 
2
2

Kondisi keseimbangan pada seluruh sistem, maka :

 FV  2 R1  R2  2 P  0  R2  P
dimana R2 = P merupakan gaya yg digunakan oleh
pegas pada balok

27

Menggunakan metode singularity untuk menghitung
defleksi pada seluruh balok :

d2y
EI 2  M ( x )
dx
P
L 1
1
  x  P  x   P  x  L 1
2
2
3L 1 P
1
P  x
   x  2L 
2
2

(1)

28

Integral persamaan (1) :

dy P
L 2 P
2 P
EI
  x    x     x  L 2
dx 4
2
2
2
P
3L 2 P
 x
   x  2 L 2 C1
2
2
4

(2)

Karena kondisi balok simetri, maka untuk x = L  dy/dx = 0 :
2
P
P
L
PL
0  ( L) 2  ( ) 2  C1  C1  
4
2 2
8

29

Harga C1 masuk ke pers (2), maka :

dy P
L 2 P
2 P
EI
  x    x     x  L 2
dx 4
2
2
2
2
P
3L 2 P
PL
 x
   x  2 L 2 
2
2
4
8

(3)

Integral persamaan (3) :

P
L 3 P
3 P
EIy   x    x     x  L 3
12
6
2
6
2
P
3L 3 P
PL
 x
   x  2 L 3 
x  C2
6
2
12
8

(4)
30

Pada tumpuan engsel di A : untuk x = 0  y = 0, maka
C2 = 0. Harga C2 = 0 masuk ke pers (4) menjadi :

P
L 3 P
3 P
EIy   x    x     x  L 3
12
6
2
6
2
P
3L 3 P
PL
 x
   x  2 L 3 
x
6
2
12
8

(5)
Defleksi pada titik B diperoleh dengan memasukkan harga
x = L ke dalam persamaan (5) :

EIy( xL )

PL3

16
31

6) Konstruksi balok AB ditumpu dengan tumpuan jepitan di
kedua ujungnya A dan B mendapat beban merata
sepanjang L seperti terlihat pada gambar. Tentukan
reaksi tumpuan di A dan B.
y
A
M1
R1

q

C
L

B
M1

x

R1

32

Penyelesaian :
Dalam kondisi pembebanan simetri maka reaksi tumpuan di
masing – masing ujung balok adalah sama, dan masing
reaksi diberi notasi R1.
Dalam keseimbangan statis maka :

qL
 FV  2R 1  qL  0  R 1 
2
Untuk menghitung reaksi momen M1  menggunakan
defleksi balok AB dengan metode luasan bidang momen.

33

Gambar Diagram Bidang Momen
y
A
M1
R1

q

C
L

B
M1

x

R1
R1L
M1
qL2
34

Dengan menggunakan metode luasan bidang momen, dan
defleksi di B = 0, maka :
2

1
L
L
1
gL
 
 
L 


EIy B  L( R1L)  L(M1 )  L
  0

2
3 
2  3  2 4 

Substitusi R1 = qL/2, maka didapat :

qL2
M1 
12

35

Pegas menggunakan gaya :

R2  ky( xL )
Maka :

 PL3 
16 EI
 atau k 
P  k
3
16 EI 
L



36