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.
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 1
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 satu-
satunya 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
terjadi dimana arahan fisis yang benar mula-mula tidak diketahui, sehingga penetapan yang
sembarang pada diagram benda bebas terpaksa dilakukan.
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 2
3. Kategori Kesetimbangan
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 3
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.
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 4
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 m
memiliki 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 . Sumbu koordinat
tangan kanan ditetapkan dengan mudah sebagaimana diperlihatkan.
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 5
Penyelesaian vektor :
Kita akan menggunakan A sebagai pusat momen untuk menghilangkan pengaruh gaya-
gaya 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
[ΣMA = 0] rAB x (Bx + By) + rAB x W = 0
(-2i -6j + 3k) x (Bxi – Byj) + (-i -3j + 1,5k) x (-1962k) = 0
(-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 dan By = 1962 N
Gaya-gaya di A dengan mudah ditentukan oleh
[ΣF = 0] (654 – Ax)i + (1962 – Ay)j +(-1962 + Az)k = 0
Dan Ax = 654 N Ay = 196 2N Az = 1962 N
Akhirnya
Penyelesaian skalar
Perhitungan persamaan momen skalar terhadap sumbu yang melalui A yang sejajar
dengan sumbu-sumbu –x dan –y berturut-turut memberikan
[ΣMAx = 0] 1962(3) – 3By = 0 By = 1962 N
[ΣMAy = 0] -1962(1) + 3Bx = 0 Bx = 654 N
Secara sederhana, persamaan-persamaan gaya memberikan
[ΣFx = 0] -Ax + 654 = 0 Ax = 654 N
[ΣFy = 0] -Ay + 1962 = 0 Ay = 1962 N
[ΣFz = 0] Az – 1962 = 0 Az = 1962 N
b. Sebuah gaya sebesar 200 N dikenakan pada pegangan alat kerek dalam arah yang
ditunjukkan 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
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 6
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 ke dalam tiga komponennya, dan setiap dari ketiga
pandangan pada gambar menunjukkan dua dari komponen-komponen tersebut. Arah
yang benar dari Ax dan Bx dapat dilihat dengan pengamatan dan pemeriksaan garis kerja
resultan dari kedua gaya 70,7 N yang melalui antara A dan B. Arahan yang benar dari
gaya-gaya Ay dan By tidak dapat ditentukan sebelum besar momennya di dapat, oleh
karena itu digambarkan sembarang. Proyeksi x-y dari gaya-gaya bantalan ditunjukkan
dalam bentuk jumlah komponen-komponen –x dan –y yang tidak diketahui. Tambahan Az
dan berat W = mg melengkapi diagram benda-benda tersebut. Perlu dicatat bahwa
ketiga gambar tersebut masing-masing merupakan tiga buah soal dua dimensi dengan
gaya-gaya yang bersesuaian.
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 7
[ΣMo = 0] 100(9,81m) – 250(173,2) = 0 m = 44,1 kg
Dari proyeksi x-z
[ΣMA = 0] 150Bx + 175(70,7) – 250(70,7) = 0 Bx = 35,4 N
[ΣFx = 0] Ax + 35,4 – 70,7 = 0 Ax = 35,3 N
Pandangan y-z memberikan
[ΣMA = 0] 150By + 175(70,7) – 250(44,1)(9,81) = 0 By = 520 N
[ΣFy = 0] Ay +520 – 173,2 – (44,1)(9,81) = 0 Ay = 86,8 N
[ΣFz = 0] Az = 70,7 N
Gaya-gaya radial total pada bantalan menjadi
5. Referensi
Meriam, J.L, L.G. Kraige, 1996, Mekanika Teknik Jilid 1: Statika (Edisi Kedua), Jakarta :
Penerbit Erlangga.
Mekanika TeknikFidiarta Andika, ST, MT.
Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana
‘11 8
Top Related