Ke Setim Bang An

download Ke Setim Bang An
  • date post

    10-Dec-2014
  • Category

    Documents

  • view

    28
  • download

    8

Embed Size (px)

Transcript of Ke Setim Bang An

Modul 6

KESETIMBANGAN BENDA (3D)1. Kondisi Kesetimbangan Pada modul ini, kita memperluas prinsip dan metode yang telah dikembangkan untuk kesetimbangan dua dimensi pada kasus kesetimbangan tiga dimensi. Kesetimbangan benda mensyaratkan bahwa gaya resultan dan momen resultan pada benda harus nol. Kedua persamaan vektor dari kesetimbangan ini dan komponen-komponen skalarnya dituliskan sebagai : F = 0, atau Fx = 0 ; Fy = 0 ; Fz = 0 dan M = 0, atau Mx = 0 ; My = 0 ; Mz = 0 Tiga persamaan skalar yang pertama menyatakan bahwa tidak ada gaya resultan yang bekerja pada suatu benda dalam kesetimbangan pada ketiga arah koordinatnya. Tiga persamaan skalar yang kedua menyatakan syarat kesetimbangan berikutnya yakni bahwa tak ada momen resultan yang bekerja pada benda tersebut terhadap sumbu koordinat atau terhadap sumbu yang sejajar sumbu koordinat. Keenam persamaan ini merupakan kondisi yang perlu dan cukup untuk kesetimbangan lengkap. Sumbu acuan dapat dipilih sembarang asalkan sesuai dan memudahkan penyelesaian, dan satu-satunya batasan yang ada adalah bahwa sistem koordinat tangan-kanan harus dipakai untuk notasi vektor. Keenam hubungan skalar dari persamaan di atas adalah kondisi yang independen karena salah satu dari kondisi tersebut dapat berlaku tanpa bergantung pada kondisi yang lainnya. Sebagai contoh, untuk sebuah mobil yang bertambah cepat pada jalan yang lurus dan datar dalam arah x, hukum Newton kedua menyatakan bahwa gaya resultan pada mobil tersebut adalah sama dengan massanya dikalikan percepatannya. Karena itu Fx 0, tetapi kedua persamaan kesetimbangan gaya sisanya dipenuhi karena semua komponen percepatan yang lain ternyata nol. Sama halnya, jika roda gaya dari mesin mobil yang dipercepat tadi berotasi dengan kecepatan sudut terhadap sumbu x yang bertambah roda tersebut tidak berada dalam kesetimbangan rotasi terhadap sumbu ini. Oleh karena itu, untuk roda gayanya saja, Mx 0 bersamaan dengan Fx 0, tetapi keempat persamaan kesetimbangan sisanya untuk roda gaya ini akan dipenuhi bagi sumbu pusat massanya.

11

1

Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.

Pusat Pengembangan Bahan Ajar Universitas Mercu Buana

Dalam menerapkan bentuk vektor dari persamaan di atas, kita pertama-tama menyatakan setiap gaya dalam vektor-vektor satuan koordinat i, j, dan k. Untuk persamaan pertama, yaitu F = 0, jumlah vektor akan nol hanya jika koefisien i, j, dan k dalam pernyataan tersebut berturut-turut adalah nol. Ketiga jumlah ini, jika masing-masing suku sama dengan nol, akan menghasilkan tiga persamaan skalar dari kesetimbangan, yaitu Fx = 0, Fy = 0, dan Fz = 0. Untuk persamaan kedua, yaitu M = 0, dimana jumlah momen dapat diambil terhadap sembarang titik O ke sembarang titik pada garis gaya F. Jadi M = (r x F) = 0. Jika koefisien-koefisien i, j, dan k, dalam persamaan momen yang dihasilkan disamakan dengan nol, maka akan dihasilkan persamaan momen skalar Mx = 0, My = 0, dan Mz = 0. 2. Diagram Benda Bebas

Pada modul sebelumnya, kita telah mempelajari bahwa diagram benda bebas adalah satusatunya metode yang dapat diandalkan untuk memisahkan semua gaya dan momen yang harus dimasukkan dalam persamaan kesetimbangan kita. Dalam tiga dimensi, diagram benda bebas juga memberikan makna pokok yang sama seperti dalam dua dimensi dan harus selalu digambarkan. Kita dapat memilih apakah membuat sebuah gambar benda terpisah tersebut dengan keseluruhan gaya-gaya luarnya yang ada, atau sebuah gambar proyeksi tegak lurus dari diagram benda bebasnya. Penggambaran yang benar dari gaya-gaya pada diagram benda bebas tadi memerlukan pengetahuan mengenai karakteristik permukaan sentuh. Karakteristik untuk tiga dimensi ini ditampilkan pada gambar di bawah. Karena tujuan pokok dari diagram benda bebas adalah untuk membuat gambar yang dapat diandalkan dari aksi fisis semua gaya yang bekerja pada sebuah benda, adalah sangat berguna bila kita menggambarkan gaya dalam arahan fisisnya yang benar sedapat mungkin. Dalam cara ini, diagram benda bebas menjadi model yang lebih mendekati persoalan fisis sebenarnya daripada kasus dimana gaya-gaya tersebut digambarkan sembarang atau selalu ditetapkan dalam arahan matematis yang sama sesuai dengan penetapan sumbu koordinat. Sebagai contoh, dalam bagian 4 dari gambar di bawah, arahan yang benar dari besaran yang tidak diketahui Rx dan Ry, dapat diketahui atau dirasakan dalam arahan yang berlawanan dengan sumbu koordinat yang ditetapkan. Kondisi yang sama berlaku pada arahan vektor-vektor momen, yaitu bagian 5 dan 6, dimana arahannya dengan kaidah tangan kanan dapat ditetapkan berlawanan dengan arah koordinat masing-masing. Kita seharusnya mengetahui bahwa sebuah arahan negatif untuk sebuah gaya atau momen yang tak diketahui hanyalah menunjukkan bahwa aksi fisisnya berada dalam arahan yang berlawanan dengan yang ditetapkan pada diagram benda bebasnya. Tentu saja sering

11

2

Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.

Pusat Pengembangan Bahan Ajar Universitas Mercu Buana

terjadi dimana arahan fisis yang benar mula-mula tidak diketahui, sehingga penetapan yang sembarang pada diagram benda bebas terpaksa dilakukan.

3. Kategori KesetimbanganMekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.

11

3

Pusat Pengembangan Bahan Ajar Universitas Mercu Buana

Penerapan persamaan kesetimbangan di atas dikelompokkan ke dalam empat kategori yang dapat dikelompokkan ke dalam empat kategori yang dapat kita kenali dengan pertolongan gambar di bawah.

Kasus-1, yaitu kesetimbangan gaya-gaya yang semuanya kongruen pada titik O, memerlukan ketiga persamaan gaya tetapi tidak ada persamaan momen karena momen akibat gaya-gaya tersebut terhadap sembarang sumbu yang melalui O adalah nol. Kasus-2, yaitu kesetimbangan gaya-gaya yang kongruen pada suatu garis, memerlukan semua persamaan kecuali persamaan momen terhadap garis tersebut, yang secara otomatis dipenuhi.

11

4

Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.

Pusat Pengembangan Bahan Ajar Universitas Mercu Buana

Kasus-3, yaitu kesetimbangan gaya-gaya sejajar, memerlukan hanya satu persamaan gaya dalam arah gaya-gaya (arah x seperti ditunjukkan) dan dua persamaan momen terhadap sumbu-sumbu (y dan z) yang tegak lurus terhadap arah gaya-gaya tersebut. Kasus-4, yaitu kesetimbangan suatu sistem gaya-gaya yang umum, memerlukan ketiga persamaan gaya dan ketiga persamaan momen. 4. Contoh Soal

a. Batang baja seragam sepanjang 7 mmemiliki massa 200 kg dan ditumpu oleh sambungan engsel peluru di A pada lantai horisontal. Ujung bola B bersandar pada tembok vertikal rata seperti terlihat. Hitung gaya yang dikenakan oleh dinding dan lantai pada kedua ujung batang tersebut. Penyelesaian : Pertama-tama, diagram benda bebas dari batang tersebut digambarkan dimana gaya sentuh pada batang di B ditunjukkan tegak lurus terhadap dinding. Di samping berat W = m.g = 200(9,81) = 1962 N, gaya yang dikenakan oleh lantai pada sambungan bola di A digambarkan dengan komponen x, -y, dan z-nya. Komponen-komponen ini ditunjukkan dalam arahan fisis yang benar sebagaimana harus jelas dari persyaratan bahwa A tetap ditempatnya. Posisi vertikal dari B diperoleh dari F = 2 2 + 6 2 + h = 3m . Sumbu koordinat tangan kanan ditetapkan dengan mudah sebagaimana diperlihatkan.

11

5

Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.

Pusat Pengembangan Bahan Ajar Universitas Mercu Buana

Penyelesaian vektor : Kita akan menggunakan A sebagai pusat momen untuk menghilangkan pengaruh gayagaya di A. Vektor posisi yang diperlukan untuk menghitung momen terhadap A adalah rAG = -1i + 3j + 1,5k m dan rAB = -2i - 6j +3k m

dimana pusat massa G terletak di tengah-tengah antara A dan B. Persamaan momen vektor memberikan [MA = 0] rAB x (Bx + By) + rAB x W = 0 (-2i -6j + 3k) x (Bxi Byj) + (-i -3j + 1,5k) x (-1962k) = 0i 2 Bx j 6 By k i 3 + 1 0 0 j 3 0 k 1,5 =0 1962

(-3By + 5886)i + (3Bx 1962)j + (-2By + 6Bx)k = 0 Menyamakan koefisien-koefisien i, j, dan k dengan nol dan menyelesaikannya memberikan Bx = 654 N [F = 0] Dan Akhirnya Penyelesaian skalar Perhitungan persamaan momen skalar terhadap sumbu yang melalui A yang sejajar dengan sumbu-sumbu x dan y berturut-turut memberikan [MAx = 0] [MAy = 0] 1962(3) 3By = 0 -1962(1) + 3Bx = 0 By = 1962 N Bx = 654 N dan By = 1962 N Gaya-gaya di A dengan mudah ditentukan oleh (654 Ax)i + (1962 Ay)j +(-1962 + Az)k = 0 Ax = 654 N A=2 2

Ay = 196 2N2

Az = 1962 N

Ax + Ay + Az = 654 2 + 1962 2 + 1962 2 = 2850 N

Secara sederhana, persamaan-persamaan gaya memberikan [Fx = 0] [Fy = 0] [Fz = 0] -Ax + 654 = 0 -Ay + 1962 = 0 Az 1962 = 0 Ax = 654 N Ay = 1962 N Az = 1962 N

b. Sebuah gaya sebesar 200 N dikenakan pada pegangan alat kerek dalam arah yangditunjukkan dalam gambar. Bantalan A menahan daya dorongan (gaya dalam arah sumbu poros) dan bantalan B hanya menahan beban radial (beban dalam arah tegak lurus terhadap sumbu poros). Tentukan massa m yang dapat ditahan dan total gaya

11

6

Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.

Pusat Pengembangan Bahan Ajar Universitas Mercu Buana

radial yang dikenakan pada poros oleh setiap bantalan. Anggaplah kedua bantalan tersebut tidak dapat memberikan momen terhadap sebuah garis yang tegak lurus terhadap sumbu poros.

Penyelesaian Sistem ini jelas merupakan sistem tiga dimensi tanpa ada garis atau bidang yang simetris, dan oleh karena itu persoalan ini harus dianalisis sebagai suatu sistem gaya ruang yang umum. Sebuah penyelesaian skalar sigunakan untuk menerangkan pendekatan demikian, walaupun sebuah penyelesaian dengan notasi vektor juga dapat memenuhinya. Diagram benda bebas dari poros, lengan, dan drum yang dianggap berupa sebuah benda tunggal dapat ditunjukkan dengan pandangan ruang, tetapi disini hanya ditunjukkan dengan ketiga proyeksi tegak lurusnya. Gaya 200 N tersebut dipecah