2013
gimPENDIDIKAN , KL
MEKANIKA TEKNIK STATIS TERTENTU BAHAN AJAR
Aspire 8/8/2013
KATA PENGANTAR
Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan menyelesaikan BAHAN AJAR MEKANIKA TEKNIK STATIS TERTENTU . Bahan ajar ini diharapkan dapat membantu proses belajar mengajar di Program Diploma 4 Teknik Sipil , disamping buku referensi yang telah ada . Mata kuliah Mekanika Teknik Statis Tertentu ini merupakan ilmu dasar keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil . Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar , sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk bahan ajar mata kuliah ini . Bahan ajar ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap dengan contoh soal dan penjelasannya .
2
KATA PENGANTAR
Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan menyelesaikan BAHAN AJAR MEKANIKA TEKNIK STATIS TERTENTU . Bahan ajar ini diharapkan dapat membantu proses belajar mengajar di Program Diploma 4 Teknik Sipil , disamping buku referensi yang telah ada . Mata kuliah Mekanika Teknik Statis Tertentu ini merupakan ilmu dasar keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil . Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar , sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk bahan ajar mata kuliah ini . Bahan ajar ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap dengan contoh soal dan penjelasannya .
2
MATERI . GAYA
. MACAM BEBAN , PERLETAKAN
. MENCARI REAKSI PERLETAKAN
. GAYA DALAM ( BIDANG NORMAL , LINTANG , MOMEN )
. KONSTRUKSI RANGKA BATANG
. GARIS PENGARUH
3
FAKULTAS TEKNIK SIPIL DAN PERENCANAAN
MATA KULIAH DAN KELAS :
MEKANIKA TEKNIK STATIS TERTENTU
INSTITUT TEKNOLOGI SEPULUH NOPEMBER
DOSEN
1.
PROGRAM DIPLOMA TEKNIK SIPIL
1
MINGGU KE
KOMPETENSI
1 -4
Mampu meng identifikasi gaya , menghitung resultante gaya , momen , mengidentifikasi macam beban , perletakan , mampu menghitung reaksi perletakan dan menghitung ,menggambar bidang normal ( N ) , bidang lintang ( D ) dan bidang momen (M)
5 Mampu menghitung gaya dalam , menggambar bidang normal ( N ) , bidang lintang ( D ) dan bidang momen (M)
9 10 -12
13
RC 090405 SKS
2.
KONTRAK KULIAH & MATERI PEMBELAJARAN
6-8
KODE MK:
Mampu menghitung gaya batang pada konstruksi rangka batang dan menghitung maupun menggambar garis pengaruh pada balok diatas dua tumpuan .
3 PENGAMPU
MATERI PEMBELAJARAN Pengertian gaya , menghitung resutante gaya dan momen.
1 V
Pengertian macam beban dan perletakan Menghitung reaksi perletakan pada balok maupun portal akibat beban terpusat , merata maupun kombinasi . Menghitung dan menggambar bidang normal ( N ) , bidang lintang ( D ) dan bidang momen ( M ) akibat beban terpusat. Menghitung dan menggambar bidang normal ( N ) , bidang lintang ( D ) dan bidang momen ( M ) akibat beban merata .
V
EVALUASI 1
V
Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang pada balok dua tumpuan dengan beban merata , maupun beban kombinasi. Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang pada balok gerber dengan beban merata , maupun beban kombinasi . Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang untuk muatan tidak langsung. Menghitung besar momen , normal dan lintang pada pelengkung tiga sendi .
V
EVALUASI 2
V
Menghitung gaya batang dengan cara KESETIMBANGAN TITIK SIMPUL.
V
Menghitung gaya batang dengan cara RITTER.
V
Menghitung dan menggambar garis pengaruh pada balok diatas dua tumpuan.
V
EVALUASI 3
4
V
V
V
V
2
3
2
14-16
Mampu menghitung dan menggambar garis pengaruh , balok dua tumpuan ,balok gerber maupun pada rangka batang .
17-18
Menghitung dan menggambar garis pengaruh pada balok dua tumpuan dan balok gerber .
V
Menghitung dan menggambar garis pengaruh batang pada konstruksi rangka batang.
V
Menghitung dan menggambar garis pengaruh batang pada konstruksi rangka batang , pada balok maupun balok gerber.
V
EVALUASI 4 Tanda Tangan Dosen Pengampu Dosen 1 (Koordinator)
Dosen 2
PERNYATAAN: Dengan ini saya menyatakan bersedia memberikan materi sesuai kesepakatan yang telah ditetapkan di borang ini.
5
PENGERTIAN GAYA GAYA ADALAH SUATU BESARAN VEKTOR YANG MEMPUNYAI BESARAN,TITIK TANGKAP DAN GARIS KERJA GAYA.
Garis kerja
GAYA DAPAT DIPINDAHKAN SEPANJANG GARIS KERJANYA. Titik tangkap gaya
Garis kerja gaya
PENJUMLAHAN GAYA ( RESULTANTE GAYA )
CARA ANALITIS RY= P1 SIN α + P 2 SIN β RX= P1 COS α + P 2 COS β
R=
6
5T 3T
0
DIKETAHUI DUA GAYA P 1 = 5 T DENGAN SUDUT 45 DAN P 2 = 3 T DENGAN SUDUT 30
0
HITUNG BESAR RESULTANTE GAYA TERSEBUT DIATAS.
0
0
RY = 5 SIN 45 + 3 SIN 30 = 5 . 0,7071 + 3 . 0,5 = 3,5355 + 1,5 = 5,0355 T 0
0
RX = 5 COS 45 + 3 COS 30 = 5. 07071 + 3 . 0,866 = 3,5355 + 2,5981 = 6,1335 T
= = = 7,936 T 0,8209 = 39,38 R=
0
CARA GRAFIS UNTUK CARA GRAFIS HARUS MEMAKAI 3T 5T Ѳ
R
SKALA MISAL 1 TON = 1 CM DAN MENGGUNAKAN BUSUR DERAJAT UNTUK MENGUKUR SUDUT .
RESULTANTE DIDAPAT DARI MENGHUBUNGKAN TITIK AWAL MULAI, SAMPAI DENGAN TITIK MENGAKHIRI GAMBAR TERSEBUT. JADI UNTUK BEBERAPA GAYA YANG DIJUMLAH , TINGGAL MENGGAMBAR SAJA BERURUTAN. SUDUT
DIDAPAT DENGAN MENGUKUR MEMAKAI BUSUR DERAJAT .
7
MOMEN ADALAH GAYA DIKALIKAN JARAK , DIMANA JARAK ATAU LENGAN NYA HARUS TEGAK LURUS PADA GAYA NYA. C A
MA = - P .a
MC=P.0=0 a
P
P
Ingat gaya bisa dipindahkan sepanjang garis kerjanya.
P b B
MB = + P .b
KITA SEPAKATI ARAH PERPUTARAN MOMEN
P=5T P = 5 T SIN α
Tg
b α B P = 5 T COS α
SIN α = 4 / 5
4
5 α 3
COS α = 3 / 5
6M
SIN α = b / 6
MB = - 5 . b = - 5 .24 / 5 = - 24 TM
4/5 = b / 6
b = 24 / 5 M
ATAU P = 5 T DIURAIKAN DULU
MENJADI P SIN α DIARAH VERTIKAL DAN P COS α DIARAH HORISONTAL . SEHINGGA MB = - 5 SIN α . 6 = - 5 . 4/5 .6 = - 24 TM. DARI PENYELESAIAN DIATAS DISARANKAN MENGURAIKAN DAHULU GAYA MIRING AGAR PENYELESAIAN MENJADI LEBIH MUDAH .
8
CONTOH SOAL
√
6T
2T
5T
C
α
A
D 5T
B 3T
4M
3M
2M
∑ 5T
A
B
C A
3T 2T
A
D
9
6T
5T 2T
C
D
A B
3T
4M
3M
2M
∑ = - 6 . 4 – 3 . 3 + 2 . 5 = - 13 TM 6T
B
A
C B 5T 2T
B
D
∑ = - 6.7 – 5. 3 +2 . 2 = - 53 TM 6T
A
C
5T
C
B
2T
C
D
10
4T
B
A
C
2T
3T
2M 4M 5T
D 3M
E 5M
4M
∑ = + 4 . 7 + 5 .4 = + 48 TM
4T
A
A
B
C 5T 5T
∑ = + 3.9 + 2. 7 – 4 . 2 – 5 . 3 = 18 TM 4T 2T
B
A
C
2T
3T 5T
5T
D 4T 3T
E
INGAT GAYA DAPAT DIPINDAHKAN SEPANJANG GARIS KERJANYA .
11
MENCARI LETAK RESULTANTE GAYA
6T
2T
A
B
3T
C
D
4T 2M
4M XM
6M
R
MISAL LETAK RESULTANTE GAYA ( R ) TERLETAK SEJARAK X M DARI TITIK A
R = 6 -4 + 2 + 3 = 7 T SEMUA GAYA DIKALIKAN JARAK TEGAK LURUS NYA TERHADAP A .
+ 7 . X = 6 . 0 – 4 . 2 + 2 . 6 + 3 . 12 X=
M = 5, 71 M
JADI LETAK RESUTANTE GAYA SEJARAK 5, 71 M DARI TITIK A
12
PENGERTIAN BEBAN DAN PERLETAKAN
BEBAN MATI / BEBAN TETAP
MACAM BEBAN
BEBAN HIDUP/ BEBAN BERJALAN
BEBAN MATI ADALAH BEBAN YANG ADA SELAMA HIDUP KONSTRUKSI . MISAL : BEBAN TEMBOK,BEBAN ATAP, BEBAN TROTOIR DAN LAIN LAIN . BEBAN HIDUP / BEBAN BERJALAN ADALAH BEBAN YANG TIDAK TETAP. MISAL : BEBAN KENDARAAN DAN LAIN LAIN . MENURUT CARA BEKERJANYA BEBAN DIBAGI LAGI MENJADI :
BEBAN TERPUSAT
P
P
P
P
SATUAN BERAT KG , TON DAN LAIN LAIN.
q BEBAN MERATA
q
SATUAN T/M , KG /M, KG/CM DAN LAIN LAIN q = TINGGI ATAU LEBAR DARI BENTUK BEBAN ( LIHAT GAMBAR )
BEBAN TIDAK MERATA q
MISAL BEBAN SEGITIGA q
SATUAN MAUPUN ARTI q SAMA DENGAN BEBAN MERATA DIATAS .
13
PERLETAKAN
SENDI
H V
MEMPUNYAI REAKSI TEGAK LURUS LANDASAN DAN SEJAJAR LANDASAN , ARTINYA PERLETAKAN SENDI TIDAK DAPAT BERGERAK TEGAK LURUS MAUPUN SEJAJAR LANDASAN .
ROL
V MEMPUNYAI REAKSI TEGAK LURUS LANDASAN, ARTINYA PERLETAKAN ROL TIDAK DAPAT BERGERAK ARAH TEGAK LURUS LANDASAN.
JEPIT H
REAKSI V , H DAN M ADALAH
M V
REAKSI YANG DIPUNYAI OLEH PERLETAKAN JEPIT .
SEHINGGA DAPAT DIARTIKAN KALAU PERLETAKAN JEPIT TIDAK DAPAT BERGERAK PADA ARAH TEGAK LURUS MAUPUN SEJAJAR LANDASAN DAN JUGA TIDAK DAPAT BERPUTAR ATAU BER ROTASI .
14
CONTOH
q t/m
Rotasi =
( sendi , rol tidak mempunyai reaksi
momen )
PT
( jepit mempunyai reaksi momen )
DARI KEDUA GAMBAR DIATAS TERLIHAT BAHWA PERLETAKAN ROL, SENDI MAUPUN JEPIT TIDAK DAPAT
BERGERAK KE ARAH VERTIKAL .
HAL ITU DAPAT DILIHAT DARI GAMBAR GARIS LENDUTANNYA. SEDANGKAN PADA PERLETAKAN JEPIT TERLIHAT TIDAK DAPAT BERPUTAR ( BER ROTASI )
ROTASI ATAU
15
MENCARI REAKSI PERLETAKAN. UNTUK MENDAPATKAN KONSTRUKSI YANG STABIL , MAKA DIBUTUHKAN PERSAMAAN KESETIMBANGAN . ∑ H = 0 , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERGERAK KEARAH HORISONTAL ∑ M = 0 , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERPUTAR ATAU MENGGULING ∑ V = 0 , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERGERAK KEARAH VERTIKAL DENGAN MEMAKAI TIGA PERSAMAAN DIATAS MAKA REAKSI PERLETAKAN PADA KONSTRUKSI STATIS TERTENTU DAPAT DICARI .
CONTOH Tg α= 3/4
3T
5T
4T
α
A
6T
B 2M
∑ =0 arah,
D
8M
3M
ingat +
MISAL HA
+ HA – 4 + 6 = 0
C
4T
-
HA = -6 + 4 = - 2 T tanda negatif mengartikan kesalahan pemisalan
jadi HA seharusnya mengarah kekiri .
HA = 2 T
JADI PERLU DIINGAT BAHWA TANDA NEGATIF BERARTI SALAH DALAM PEMISALAN ARAH, SEBALIKNYA APABILA HASIL POSITIF ARTINYA ARAH PEMISALAN SUDAH BENAR .
∑ = 0
ingat
VA MISAL
-
+
+ VA . 10 – 3.8 + 4. 3 = 0 VA = 1,2 T
∑ = 0 - VC . 10 + 4. 13 + 3 . 2 = 0 KONTROL
∑ =0
VC = 5, 8 T
+1,2 -3 + 5,8 – 4 = 0
7-7 = 0
( OK ) 16
4T
B
√
5T
C
A
2M
3M
3T
4M E
D
2M
∑ = 0 ∑ = 0
7M
HE MISAL
3M
+ HE – 3-5 = 0
HE = 8 T
VD MISAL
+ VD . 10 – 3. 1 – 4. 12 – 5. 3 – 5. 3 = 0
5T
4T
5T
5T
VD = 8, 1 T 3T
3T 5T
4T
E
∑ = 0
D
VE MISAL
- VE.10 - 3.2+ 8. 1 -5.4 + 5.7 – 4.2 = 0 VE = 0,9 T
5T
5T 4T
5T
3T 8T
8T 5T
4T
D
∑= 0
+ 8, 1 – 4 – 5 + 0, 9 = 0
9 – 9 = 0
( OK )
17
UNTUK BEBAN MERATA ATAU TIDAK MERATA DIJADIKAN DULU BEBAN TERPUSAT DALAM PERHITUNGAN REAKSI PERLETAKANNYA . q q q
q
Q= ½ q
Q=q . L 1/2 L
1/2 L
1/3 L
2/3 L
Q = LUAS DARI BENTUK BEBAN DAN LETAKNYA PADA TITIK BERAT DARI BENTUK BEBAN .
q = 3 t/m q = 1 t/m
A 4T
B
C
2M
6M
D 4M
E 2M
Q=1/2.3.6 = 9 T
Q=1.2 = 2 T Q=1.4 = 4 T
2m
4+4=8m 2+6=8m
2m
10 m
∑ = O ∑ = 0
1m
HB = 0 VB . 10 + 4 . 12 – 9. 8 – 4. 2 + 2. 1 = 0 VB = 3 T
∑ = 0
- VD. 10 + 2. 11 + 4. 8 + 9. 2 + 4. 2 = 0 VD = 8 T
∑= O
+ 4 + 3 – 9 – 4 + 8 – 2 = 0
15 – 15 = 0 ( OK )
18
5T
q= 1 t/m α
B
2T
tg α = 3/4
A 3
C
2M
1M
2M
UNTUK MENGHITUNG REAKSI PADA PERLETAKAN JEPIT BEBAS AGAK BERBEDA DARI TUMPUAN SENDI ROL .
UNTUK MENGHITUNG REAKSI HORISONTAL
∑ O
+ HC - 4 + 2 = 0
HC MISAL
HC = 2 T
UNTUK MENGHITUNG REAKSI VERTIKAL
∑ = 0
+ VC – 3 – 2.1 = 0
VC MISAL
VC = 5 T
UNTUK MENGHITUNG REAKSI MOMEN
∑ = 0
MC MISAL
+ MC - 3.5 – 2. 4 + 2 . 3 – 4. 3 = 5 TM MC = 5 TM 3T
q = 1t/m
A
B 4T
Q = 2.1 T
2T
4T 2T 3M
3T
2T 4M
C
5M
19
GAYA DALAM
HA A
VA
B
XM
XM
VB
HA
N
-
VA
+
D
D
-
VB
M = VA . X
M = VB . X
M
M
+
+
GAMBAR DIATAS ADALAH SUATU BALOK YANG DIBEBANI BEBAN MIRING TERPUSAT AKIBAT GAYA TERSEBUT AKAN TIMBUL REAKSI REAKSI PERLETAKAN NYA. APABILA BALOK DIPOTONG MAKA DIDALAM BALOK AKAN TIMBUL GAYA DALAM YANG MENGIMBANGI GAYA LUAR YANG TERJADI.
GAYA DALAM
N = GAYA YANG SEJAJAR SUMBU BATANG D = GAYA YANG TEGAK LURUS SUMBU BATANG M = MOMEN LENTUR 20
DARI PERNYATAAN DIATAS MAKA DAPAT DI SIMPULKAN SEPERTI INI
M
M
D
N
N
D D N
N
M
D
M
NORMAL ( N ) POSITIF ADALAH TARIK, SEDANG NORMAL NEGATIF APABILA TEKAN. GAYA LINTANG ( D ) POSITIF APABILA GAYA SEBELAH KIRI ARAH KEATAS , SEDANG
SEBELAH KANAN ARAH KEBAWAH . GAYA LINTANG ( D ) NEGATIF APABILA GAYA SEBELAH KIRI ARAH KEBAWAH ,SEDANG
SEBELAH KANAN ARAH KEATAS . MOMEN LENTUR POSITIF APABILA DISEBELAH KIRI ARAH M BERPUTAR SEARAH JARUM
JAM,SEDANG DISEBELAH KANAN BERPUTAR BERLAWANAN ARAH JARUM JAM . MOMEN LENTUR NEGATIF APABILA DI SEBELAH KIRI ARAH M BERPUTAR BERLAWANAN
ARAH JARUM JAM, SEDANG DI SEBELAH KANAN BERPUTAR SEARAH JARUM JAM .
21
tg α = 3/4
5T
4T
α 4T A
B
C
4M
D
6M
X1
2M
X2
3T
4T
X3
4T
4T A
B
C
1T
D
6T
4T
4T
+
N
4T 1T
1T +
D
2T
2T
8 TM
M
4 TM
22
∑ = 0 ∑ = 0 ∑ = 0
HA MISAL
+ HA + 4 – 4 = 0
HA = 0 T
VA MISAL
+ VA. 10 – 3 . 6 + 4 . 2 = 0
VA = 1 T
VC MISAL
- VC . 10 + 3. 4 + 4 . 12 = 0
VB = 6 T
BIDANG N , D DAN M
X1
LIHAT KIRI POTONGAN NX1 = 0
VA = 1T X1 = 0
NA = 0
X1 = 4
NB = 0
DX1 = + 1 T
MX1 = + 1. X1
X1 = 0
DA = + 1 T
X1 = 0
MA = 0
X1 = 4
DB = + 1 T
X1 = 4
MB = 1. 4 = 4 TM
LIHAT KANAN POTONGAN4 T X2
NX2= + 4 T X2 = 0
NC = + 4 T
X2 = 6
NB = + 4 T
4T
C D
VC = 6 T 2M
DX2 = + 4 – 6 = - 2 T
MX2 = - 4. ( 2 + X2 ) + 6 . X2
X2 = 0
DC = - 2 T
X2 = 0
MC = - 4 .( 2 + 0 ) + 6. 0 = - 8 TM
X2 = 6
DB = - 2 T
X2 = 6
MC = -4 .( 2 + 6 ) + 6 . 6 = + 4 TM
LIHAT KANAN POTONGAN
4 X3
NX3 = + 4 T X3 = 0
4
ND = + 4 T
D X3 = 2
NC = + 4 T
DX3 = + 4T
MX3 = - 4 . X3
X3 = 0
DD = + 4 T
X3 = 0
MD = 0
X3 = 2
MC = + 4 T
X3 = 2
MD= -4.2 = - 8 TM 23
X1
q = 1 t/m
X2
X3
4T 2T
A
B
C
2M
D
8M
∑= 0
2M
HC MISAL
+ HC – 2 = 0
∑
N
HC=2 T VA MISAL
+ VA . 10 – 8 . 4 + 2.1 2T
2T
+ 4. 2 = 0
VA = 2,2 T
∑ = 0 VC MISAL 6T
D
4T
2,2 T
-VC.10 + 8. 6 + 2.11 + 4.12 = 0
2,2 T
VC=11,8 T
∑ = 0 2,2 – 8 + 11,8 – 2 -4= 0 D=0
14 – 14 = 0 ( OK ) 5,8 T
10 TM
M
4, 4 TM
M MAX = 6, 82 TM
GAMBAR BERBENTUK PARABOLA KARENA PERSAMAAN NYA ADALAH PANGKAT DUA , SEDANG UNTUK PERSAMAAN LINIER, GAMBAR BERBENTUK GARIS LURUS .
24
NX1 = 0 LIHAT KIRI POTONGAN
X1
X1 = 0
NA = 0
A
X2 = 2
NB = 0
VA
DX1 = 2, 2 T LIHAT KIRI POTONGAN
2,2
MX1 = 2, 2 . X1
LIHAT KIRI POTONGAN
X1 = 0
DA = 2, 2 T
X1 = 0
MA = 2, 2 . 0 = 0
X1= 2
DB = 4, 4 TM
X1 = 2
MB = 2, 2 . 2 = 4, 4 TM
LIHAT KANAN POTONGAN
NX2 = - 2 + 2 = 0 X2 = 0
NC = 0
X2 = 8
NB = 0
DC = - 5, 8 T
X2 = 8
DB = - 5, 8 + 8 = 2, 2 T
2M
4T 2T
2T
DX2 = + 4 + 2 – 11, 8 + 1 X2 X2 = 0
X2
D
11, 8
Q = 1X2
Q = 2.1 = 2T
½ X2 ( 1 + X2 )
PADA D = O TERJADI MOMEN MAXIMUM DX2 = 0
+4 + 2 – 11, 8 + 1X2 = 0
- 5, 8 + 1 X2 = 0
X2= 5,8 M DARI C TERJADI M MAX
MX2 = - 4 .( 2 + X2 ) – 2 ( 1 + X2 ) + 11,8.X2 – 1X2 . 1/2 X2 LIHAT KANAN POTONGAN X2 = 0 MC = - 4 . 2 – 2 . 1 + 11, 8 .0 – 1.0 . 1/2 . 0 = - 10 TM X2 = 8 MB = - 4 . 10 – 2 . 9 + 11,8 . 8 – 1 . 8. 1/2. 8 = + 4, 4 TM X2 = 5, 8 M MAX = - 4 . 7,8 – 2 . 6, 8 + 11, 8 .5, 8 – 1. 5, 8 . 1/2. 5,8 = - 31,2 - 13,6 = - 31 , 2 – 13, 6 + 68, 44 – 16, 82 = 6, 82 TM NX3 = + 2 T LIHAT KANAN POTONGAN X3 = 0
ND = + 2 T
X3 = 2
NC = + 2 T
X3
4T 2T
Q= 1X3
DX3 = + 4 + 1. X3
MX3 = - 4 .X3 – 1. X3 .1/2 . X3
X3 = 0
DD = + 4
X3 = 0
MD = 0
X3 = 2
DC = + 4 + 1. 2 = 6 T
X3 = 2
MC = - 4. 2 – 1 . 2. 1/2. 2 = - 10 TM 25
q = 1 t/m X1
X2
A
C B
4M
6M
∑ =0
HA =0
Q = 1/2 .6 . 1 = 3 T
∑ = 0
Q
VA . 10 – 3. ( 2/3 . 6 )=0 1,2
VA = 1,2 T
1,2
∑ =0 - VC . 10 + 3( 4 + 1/3.6)
D
=0
VC = 1,8 T
1,8
LIHAT KIRI POTONGAN DX1 = + 1, 2 T X1 = 0
DA = + 1, 2 T
X1 = 4
DB = + 1, 2 T
MX1 = + 1, 2 . X1 X1 = 0 4,8
M
MA = 0
X1 = 4 MB = 1, 2 . 4 = 4,8 TM
M MAX = 5. 58
26
LIHAT KANAN POTONGAN Q = 1/2 .X2 .a
1 T/M
X2
a
C
a = X 2 / 6
1, 8
Q = 1/2.X2.X2/6=
6M
=
Q
DX2 = - 1, 8 +
DX2 = 0
X2 = 0
DC = - 1, 8 T
X2 = 6
DB = - 1, 8 + = + 1, 2 T
- 1, 8 +
2
X2 = 21,6
X2 = 4,65 M DARI TITIK C TERJADI M MAX
MX2 = + 1,8 X2 –Q.1/3 X2 = 1,8 X2 – . X2 X2 = 0 X2 = 6
X2 = 4,65
MC = 0
MB = 1,8 . 6 = 4, 8 TM = 5, 58 TM M MAX = 1, 8 . 4, 65 –
27
BALOK GERBER
A
S
B
C
S = SENDI GERBER TIDAK DAPAT MENERIMA GAYA HORISONTAL SENDI GERBER LETAKNYA DIATAS MERUPAKAN SAMBUNGAN, REAKSI DARI SENDI GERBER MENJADI BEBAN PADA BALOK DIBAWAHNYA
A
S VS VS B
C
UNTUK MULAI MENGHITUNG BALOK GERBER, SEBAIKNYA DIPISAHKAN LEBIH DAHULU,
DICARI REAKSI2 UNTUK BALOK YANG TERLETAK DIATAS , DAN REAKSI SENDI GERBER AKAN MENJADI BEBAN PADA BALOK DIBAWAHNYA . BALOK AS
DIHITUNG REAKSI VA DAN VS
BALOK SBC REAKSI VS MENJADI BEBAN, SEHINGGA VB DAN VC DAPAT DIHITUNG DARI PERHITUNGAN DIATAS, SELANJUTNYA DAPAT DIHITUNG DAN JUGA DIGAMBAR BIDANG NORMAL, LINTANG DAN MOMEN .
28
CONTOH CONTOH BALOK GERBER B
A
S1
S2
S1
A
B
A
S1
A
C
D
S2
C
B
D
S2
C
S1
B
S2
C
JADI YANG PERLU DIINGAT,KALAU PERLETAKAN SENDI ATAU ROL HARUS ADA PERLETAKAN LAIN SENDI ATAUPUN ROL, SEDANG KALAU PERLETAKAN JEPIT DAPAT BERDIRI SENDIRI .DENGAN BEGITU AKAN DIDAPATKAN PEMBAGIAN YANG BENAR, MANA YANG HARUS DIATAS DAN SETERUSNYA .
29
q = 1 t/m
A
P=4 T
10 M
B
2M
S
8M
C
2M D
4T S
X1
X3
X2
X4 C
D
VS= 1 T VC= 5 T A B VB= 3, 8 T VA= 5, 2 T
∑ = 0 5, 2 T
HB = 0 TIDAK ADA BIDANG N
D
4T
1T
1T
4, 8 T
8 TM
M
2 TM
M MAX = 13,52
TM
BALOK SCD
∑ = 0 ∑ = 0
VS . 8 + 4 . 2 = 0
VS = - 1 T
- VC .8 + 4 . 10 = 0
VC = 5 T
VS = 1 T
30
BALOK ABS
∑ =0 ∑ = 0
VA . 10 – 1. 10. 5 – 1. 2 = 0
VA = 5, 2 T
- VB . 10 + 1. 10 . 5 - 1. 12 = 0
VB = 3, 8 T
DX1 = 5, 2 – 1 X1 LIHAT KIRI POT X1 = 0
X1
DA = 5, 2 T
Q=1.X1
X1 = 10 DB = 5, 2 – 10 = - 4, 8 T DX1 = 0
5,2- 1 X1 = 0
X1 = 5,2 M DARI A TERJADI M MAX
MX1 = 5,2 X1 – 1. X1 . 1/2 . X1 X1 = 0
MA = 0
X1 = 10 MB = 5,2 . 10 – 1 .10 . 1/2 . 10 = + 2 TM X1 = 5, 2 M MAX = 5, 2 . 5, 2 – 1 . 5, 2 . 1/2 . 5, 2 = 13, 52 TM DX2 = - 1 T
LIHAT KANAN POTONGAN
X2 = 0
DS = - 1 T
X2 = 2
DB = - 1 T
X2
VS = 1 T S
MX2 = + 1. X2 X2 = 0
MS = 0
X2 = 2
MB = + 2 TM
DX3 = - 1 T
LIHAT KIRI POTONGAN X3
X3 = 0
DS = - 1 T
X3 = 8
DC = - 1 T
S VS = 1 T
MX3 = - 1 . X3 X3 = 0
MS = 0
X3 = 8
MC = - 8 T
LIHAT KANAN POTONGAN X4
DX4 = + 4 T
MX4 = - 4 . X4
X4 = 0
DD = + 4 T
X4 = 0
MD = 0
X4 = 2
DC = + 4 T
X4 = 2
MC = - 8 TM
4T
31
3T
q = 1 t/m B
∑ = 0 + HE +2-3 = 0 HE = 1 T ∑ =0 + VE.6-1.5 +3.2-3.8 -6.3=0
C 2T
A
2M D
3T
VE = 6,833 T 3M
E
∑ =0
- VC.6+6.3-3.2+2.5-3.3=0
VC = 2,167 T
2M
6M
UNTUK MEMUDAHKAN MENGGAMBAR BIDANG M, N DAN D, SEBAIKNYA DIBUAT FREE BODY DIAGRAM . 3T 2T
B 2T
C 5 TM
A 6,833
6TM
2,167
3,833
3T 2T
BATANG BC
∑=0 MBC – 2,167.6+6.3=0 MBC = - 5 TM
BATANG AB
∑ =0
3T
1 TM
+MBA-3.2 =0
MBA = 6 TM
D
Jumlah momen,gaya V maupun H pada satu titiksimpul = 0
1T
E
∑ =0, MAKA DAPAT DIHITUNG BAHWA MBE PADA BE SAMA DENGAN 1 TM SEARAH JARUM JAM , SETELAH
6,833
DIDAPAT M BC = 5 TM
DAN M BA = 6 TM
DARI HASIL FREE BODY DIATAS, MAKA BIDANG NORMAL, LINTANG MAUPUN MOMEN DAPAT DIGAMBAR DENGAN MUDAH DAN HARUS TETAP MENGGUNAKAN ATURAN ARAH BIDANG M , N MAUPUN D .
32
GAMBAR SEBELAH KIRI MENJELASKAN PROSES PENGGAMBARAN BIDANG N, M, D B 2T
A
6,833
2T
2T
N
6,833
3,833 3T
6,833
X
2T
2T 3T 3,833
3T
2,167
D
2,167
3T
D
DX = 0 - 2,167 + 1X =0 X = 2, 167 M
1T
1T
6TM 5 TM 1TM
5 TM 6TM 2,167 2,35 TM
3 TM 1 TM
D
M MX = 2,167 X – 1. X .1/2 . X
1T
X= 2, 167 M MAX = 2,167. 2,167 – 1 .2,167 . 1/2 . 2, 167 = 2, 35 TM
MD = -1 . 3 = - 3 TM 33
q = 1 t/m
2T
∑ =0 + HE + 2 = 0 HE = 2 T ∑ = 0 + VE – VE – 3 3 – – 1,5 1,5 = 0
B
3T
D C
A
4M
+ VE = 4, 5 T
∑ = 0 + ME + 3.1 + 2.4 + 1,5 .4,75 = 0
E
2M
ME = 18, 125 TM
3M
1M
2T
3TA
1, 5 M
C
B
q = 1 t/m D
2T 6 TM
2,625 TM
3T
2T
4, 5 T
3,375 TM
BATANG BD
1, 5 T
∑ +MBD + 1,5. 1,75=0 MBD = 2, 625 TM BATANG BA
∑ =0 + MBA – MBA – 3.2 3.2 = 0
18,125 TM
E
M BA = 6 TM
HE = 2 T VE = 4, 5 T
DENGAN MENGGUNAKAN
∑ = 0, DIDAPAT
M BE = 3, 375 TM
B
D EB = 4,5 COS α + 2 SIN α = α = 4,5. 3/5 + 2. 4/5 = 2,7 + 1,6 = 4, 3 T N EB = - 4,5 SIN α + 2 COS α = - 4,5 4/5 + 2. 3/5 = - 3,6 + 1,2 = - 2,4 T 2 COS α
α
4,5 SIN α
α E
HE = 2 T
α 2 SIN α VE = 4, 5 T
4,5 COS α 34
2, 4 T
2T
2T
N
2, 4 T
1,5 T
3T
1,5 T
4,3 T
D
4,3 T 6 TM 2,625 TM 1,125 TM
3,375 TM 18,125 TM
M
35
BEBAN ATAU MUATAN TIDAK LANGSUNG . q = 1 t/m
q = 1 t/m 4T
A
B λ
C
D
2m
E
F
Gel.melintang
1m 5 λ = 20 M Gel.memanjang
CONTOH
4T A
B
B
2
2 1,5
2
3, 5
C
C D 0,5
3 3, 5
D E
E
1
2 1
F 2
2
B
C
∑
2
VB.4 – VB.4 – 2.3 2.3 = 0 A
B
C
D
E
F
VB = 1,5 T VC = 0, 5 T
DARI GAMBAR DIATAS TERLIHAT BAHWA BEBAN TIDAK LANGSUNG MENJADI BEBAN PADA GELAGAR UTAMA / MEMANJANG TETAPI DITERIMA DAHULU OLEH GELAGAR MELINTANG. SEHINGGA UNTUK MEMUDAHKAN PEMBAGIAN BEBAN, GELAGAR MELINTANG DIMISALKAN
SEBAGAI PERLETAKAN KECIL,SEHINGGA DAPAT DICARI REAKSI PERLETAKAN AKIBAT BEBAN TERSEBUT DAN REAKSI REAKSI TERSEBUT KEMUDIAN DIBEBANKAN KE GELAGAR UTAMA. SETELAH BEBAN TERDISTRIBUSI KE GELAGAR UTAMA, BARU DAPAT DIHITUNG REAKSI PERLETAKANNYA , KEMUDIAN PERHITUNGAN PERHITUNGAN DAN PENGGAMBARAN BIDANG BIDANG MOMEN DAN LINTANG DAPAT DILAKUKAN .
∑ =0 ∑ = 0
VA . 20 – 20 – 2.20 2.20 – – 3,5.16 3,5.16 – – 3,5 3,5 . 12 – 12 – 1. 1. 8 – 8 – 2. 2. 4 = 0 VA = 7,7 T - VF VF . 20 + 2. 20 + 2. 16 + 1. 12 + 3,5 .8 .8 + 3,5 .4 = 0
VF = 6, 3 T
PERHITUNGAN SELANJUTNYA SAMA DENGAN PERHITUNGAN PERHITUNGAN TERDAHULU, HANYA BEDANYA BEBAN BEBAN YANG SEMULA ADALAH BEBAN MERATA PADA GELAGAR MELINTANG MENJADI BEBAN BEBAN TERPUSAT PADA GELAGAR GELAGAR UTAMA .
36
PELENGKUNG TIGA SENDI
PELENGKUNG TIGA SENDI BIASANYA DIGUNAKAN PADA KONSTRUKSI JEMBATAN DENGAN KONDISI SUNGAI DENGAN LEBAR YANG CUKUP BERARTI DAN DASAR SUNGAI YANG DALAM, SEHINGGA SULIT UNTUK MEMBUAT PILAR DITENGAH JEMBATAN . PADA PELENGKUNG TIGA SENDI ADA 4 REAKSI ( VA , VB , HA , HB ) , SEHINGGA DIBUTUHKAN 4 PERSAMAAN UNTUK MENYELESAIKAN .
∑ MA = 0 , ∑ MB =0 , ∑ H=0 DAN ∑ MS =0 q = 1t/m S C
Yc
f S= 6 m
HB
HA
B
A 6m VB
VA 12 m
12 m
HITUNG BESAR REAKSI PERLETAKAN DARI PELENGKUNG TIGA SENDI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS . HITUNG PULA BESAR MOMEN ,GAYA LINTANG DAN NORMAL DI TITIK C .
37
PERSAMAAN PARABOLA
Y = JARAK PELENGKUNG DARI DASAR HORIZONTAL X = AKSIS YANG BERGERAK SECARA HORIZONTAL DARI A KE B l = BENTANG PELENGKUNG f = TINGGI PELENGKUNG
∑ ∑ ∑ C
HA cos Ѳ
C Ѳ
VA sin Ѳ
Ѳ
HA HA sin Ѳ VA
VA cos Ѳ
38
RUMUS YANG HARUS DIINGAT UNTUK KULIAH KULIAH DI SEMESTER BERIKUTNYA .
P
q
L
L P
P
L
D PL
2
1/2 qL
M
P
1/2 L
1/2 L
L
1 2P
1 2 L
D 1 2P
1 2 L
M 2 1/8 qL
1 4 PL
39
APLIKASI DI LAPANGAN q t/m
A
B
C
BALOK ABC MENDAPAT BEBAN LUAR q t/m GAMBAR BIDANG D DAN BIDANG M SEPERTI TERGAMBAR
APABILA BALOK ABC DIATAS ADALAH BALOK BETON
Warna biru adalah sengkang Tul tarik
dimana makin besar gaya D , jarak sengkang semakin rapat
.
sengkangg
sengkangg Tul tarik
Warna merah adalah tulangan tarik
Ditempatkan diatas karena momen negative , dimana serat tertarik ada di serat atas . Ditempatkan dibawah karena momen positive ,dimana serat tertarik ada di serat bawah 40
KONSTRUKSI RANGKA BATANG
C
D
E
A
B F
G
GAMBAR DIATAS DINAMAKAN RANGKA BATANG TITIK A,B,C,D,E,F,G DISEBUT TITIK BUHUL ATAU TITIK SIMPUL . AC , CD, DE, EB, CF , FD , DG , EG , AF , FG , GB DISEBUT BATANG . KONSTRUKSI RANGKA BATANG STATIS TERTENTU APABILA MEMENUHI SYARAT :
2 X JUMLAH TITIK BUHUL = JUMLAH BATANG + 3
SEBAGAI CONTOH KONSTRUKSI DIATAS
2 . 7 = 11 + 3
14 = 14
MAKA KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI RANGKA BATANG STATIS TERTENTU . UNTUK MENCARI GAYA BATANG DARI KONSTRUKSI DIATAS ADA BANYAK CARA,TETAPI DISINI HANYA AKAN DIJELASKAN DUA CARA YAITU :
1.CARA KESETIMBANGAN TITIK BUHUL / TITIK SIMPUL
2.CARA RITTER
41
CARA KESETIMBANGAN TITIK SIMPUL / TITIK BUHUL
UNTUK PERHITUNGAN GAYA BATANG BEBAN TIDAK BEKERJA PADA TITIK SIMPUL HARUS DIKERJAKAN PADA TITIK SIMPUL. TITIK BUHUL ATAU TITIK SIMPUL DIANGGAP SEBAGAI PERLETAKAN SENDI, SEHINGGA PERHITUNGAN GAYA BATANGNYA MENGGUNAKAN :
∑ =0 ATAU ∑ =0
DAN
∑ ATAU ∑ =0
BATANG YANG AKAN DICARI GAYA BATANGNYA DIANGGAP DAHULU SEBAGAI BATANG
TARIK, SEHINGGA ARAH GAYA NYA MENARIK ATAU MENINGGALKAN TITIK YANG DITINJAU.
C
D
E
BEBAN PADA BATANG FG ADALAH q = 1 t/m BEBAN HARUS DITEMPATKAN PADA
4M
TITIK SIMPUL A
B F 3M
G 3M
C
3M
D
E
KARENA BEBAN DAN KONSTRUKSI SIMETRIS MAKA VA = VB = 1,5 T
A
B F
G 1,5
1,5
PERHITUNGAN DIMULAI DARI TITIK SIMPUL YANG MEMPUNYAI MAXIMUM DUA BATANG YANG BELUM DIKETAHUI , DEMIKIAN JUGA SELANJUTNYA .
42
TITIK A S AC S AF A
∑ = 0 1,5 + S AC = 0
S AC = - 1,5 T
HASIL S AC NEGATIF, ARTINYA ARAH PEMISALAN SALAH , ARTINYA S AC BUKAN BATANG TARIK TETAPI BATANG TEKAN .
1,5
∑ = 0
S AC = 1,5 T ( TEKAN )
S AF = 0
TITIK C S CD
HASIL S AC ADALAH 1,5 T TEKAN , MAKA
C S CF COS α
PADA TITIK SIMPUL C ARAH S AC MENEKAN
1,5
TITIK C
S CF S CF SIN α
∑ = 0
1,5 - S CF SIN α = 0
S CF = 1,5 / SIN α = 1,875 T
S CF = 1, 875 T ( TARIK )
∑ = 0
+ S CD + S CF COS α =0 S CD + ( 1, 875 . 3/5 ) = 0 S CD = -1, 125 T
S CD = 1, 125 T ( TEKAN )
TITIK D 1,125 T
D
∑ = 0 S DF = 0 ∑ = 0 S DE + 1, 125 = 0 S DE S DE =- 1, 125 T
S DE = 1, 125 T ( TEKAN )
S DF
43
TITIK F S FE SIN α 1,875 SIN α
∑V= 0
S FE
∑
=0 S CF = 1,875
- 1,5+ 1, 875 . 4/5 + S FE SIN α = 0
S FE COS α 1,875 COS α
- 1,5+ 1, 5 + S FE . 4/5 = 0
S FG S FE = 0
F
∑ = 0
1, 5 T
S FG + S FE COS α - 1,875 COS α = 0
S FG = - 0. 3/5 +1, 875 . 3/5 = 1, 125 T ( TARIK )
TITIK G
∑ = 0
S GE S FG = 1, 125 S GB G
- 1,5 + S GE = 0
S GE = 1, 5 T ( TARIK )
∑ =0
- 1, 125 + S GB = 0
S GB = 1, 125 T ( TARIK )
1, 5 T
TITIK E E S EB COS α
∑= 0
- 1,5 – S EB SIN α = 0
S EB = - 1, 875 T
S DE = 1, 125 S EG = 1, 5
S EB = 1, 875 T ( TEKAN )
S EB S EB SIN α KONTROL
∑ =0
1,125 + S EB COS α = 0
1, 125 + ( - 1,875 . 3/5 ) = 0 1, 125 -1, 125 = 0
( OK )
44
METHODE RITTER MEMOTONG TIGA BATANG TAPI BATANG YANG DI POTONG TIDAK BOLEH BERTEMU PADA SATU TITIK BUHUL / TITIK SIMPUL . BATANG YANG MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , MENCARI GAYA BATANG NYA DENGAN MEMAKAI :
∑ PADA CENTRUM KEKUATAN BATANG = 0 CENTRUM KEKUATAN BATANG 1 ADALAH PERPOTONGAN BATANG 2 DAN BATANG 3 . BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , MENCARI GAYA BATANG NYA DENGAN MEMAKAI :
∑ = 0
∑ = 0 D
C
E
A
B F
G
H
BATANG YANG DIPOTONG ADALAH S CD, S CG , S FG CENTRUM KEKUATAN BATANG CD ADALAH PERPOTONGAN S CG DAN S FG DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK G . CENTRUM KEKUATAN BATANG CG ADALAH PERPOTONGAN S CD DAN S FG DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK A
( Ingat gaya dapat dipindahkan sepanjang garis kerjanya ) CENTRUM KEKUATAN BATANG FG ADALAH PERPOTONGAN S CD DAN S CG DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK C . 45
C
D
E
4M A
B F
G 1,5
1,5 3M
1,5
1,5 3M
3M
KEUNTUNGAN DARI CARA RITTER ADALAH DAPAT MENCARI BESAR GAYA BATANG DIMANAPUN JUGA , TANPA HARUS MULAI DARI PERLETAKAN . UNTUK MELIHAT KEARAH KIRI POTONGAN ATAU KANAN DISARANKAN MELIHAT KEARAH YANG TIDAK BANYAK GAYA BEKERJA . MENCARI S DE DAN S EF ,DIPOTONG BATANG S DE, S EF , S FG CENTRUM KEKUATAN BATANG DE ADALAH TITIK F
∑ = 0 ( LIHAT KANAN POT ) - S DE . 4 – 1,5 .6 + 1, 5 . 3 = 0
S DE 4M S EF
S DE = - 1, 125 T
S EF SIN α
F
S DE = 1, 125 T ( TEKAN )
1,5 6M
1,5
BATANG S EF ADALAH BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , KARENA BATANG S DE DAN BATANG S FG TIDAK AKAN MUNGKIN BERPOTONGAN .
∑ = 0
+ 1, 5 – 1, 5 – S EF SIN α = 0 S EF = 0
46
UNTUK MENCARI BATANG S GF , S GE DAN S EB, DIPOTONG KETIGA BATANG TERSEBUT . LIHAT KANAN POTONGAN .
S EB
E
SIN α = a / 3
S GE
4M
S EB
S GF
a = 3 SIN α
a = 3 . 4 / 5 = 12 / 5 M
B
a G
1,5 1,5 3M MENGHITUNG S GF
∑ = 0
+ S GF . 4 – 1, 5 . 3 = 0 S GF = 1, 125 T ( TARIK )
MENGHITUNG SEB
∑ = 0
- S EB . 12/5 – 1,5 . 3 = 0 S EB = - 1, 875 T
MENGHITUNG S GE
∑ = 0
S EB = 1, 875 ( TEKAN )
+ S GE . 3 – 1, 5 . 3 = 0 S GE = 1,5 T ( TARIK )
UNTUK MENGHITUNG S GE DAPAT DIPAKAI CARA LAIN DENGAN MEMOTONG SEPERTI GAMBAR DIBAWAH INI MESKIPUN BATANG BATANG YANG DIPOTONG BERTEMU PADA SATU TITIK, TAPI CARA INI HANYA BOLEH DIPAKAI UNTUK BATANG YANG SEPERTI S GE .
S GE
LIHAT DIBAWAH POTONGAN
∑ = 0
+ S GE – 1, 5 = 0
S GE = 1, 5 T ( TARIK )
1,5
47
GARIS PENGARUH
REAKSI PERLETAKAN BIDANG D
AKIBAT BEBAN MATI
BIDANG M
GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN GARIS PENGARUH D
AKIBAT BEBAN BERJALAN
GARIS PENGARUH M
CONTOH APLIKASI DI LAPANGAN BALOK JEMBATAN
KITA AKAN MENCARI REAKSI DI A UNTUK MERENCANAKAN KEPALA JEMBATAN DI A .
KEPALA JEMBATAN
KEPALA JEMBATAN
Beban berjalan P= 20 t
Beban mati q = 2 t/m
A
B
A
PANJANG JEMBATAN 15 M RA/ VA AKIBAT BEBAN MATI= 1/2 . 2 . 15 =15 T
B
P = 20 T 1
GP RA / GP VA
RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN , P = 20 T P = 20 T DITEMPATKAN PADA ORDINAT TERBESAR DARI GAMBAR GP RA / GP VA RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN= 20 X 1 =20 T ( P X ORDINAT MAXIMUM ) MAKA RA / VA UNTUK PERENCANAAN DEMENSI KEPALA JEMBATAN ADALAH 15 T + 20 T = 35 T
48
A
X M
P=1
B
GP RA / GP VA
C
MISAL P = 1 BERJALAN, 10 M
2M
BERADA SEJARAK X M DARI A.
1
∑ = 0
GP RA/ GP VA
VA . 10 – 1 .( 10 – X ) = 0 2/10
VA = 12/10
1
GP RB / GP VB
P=1 DI A X= 0 VA = 1 P=1 DI B X=10 VA = 0 P=1 DI C X = 12 VA = - 2/10
GP RB / GP VB MISAL P =1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A
∑ = 0
- VB . 10 + 1 . X = 0
P= 1 DI A
X=0
VB = 0
P = 1 DI B
X = 10
VB = 1
P = 1 DI C
X = 12
VB = 12/10
VB =
ATAU DAPAT DENGAN CARA LAIN , DENGAN MELETAKKAN P = 1 DI A , DI B DAN DI C DAN DICARI BESAR RA ATAU VA , DIDAPAT GP RA / GP VA . P=1
P=1
P=1
P =1 DI A
∑ = 0 A P = 1 DI B P= 1 DI C
10 M
∑ = 0 ∑ = 0
B
2M
C
VA . 10 – 1 . 0 = 0
VA = 0
VA. 10 + 1. 2 = 0
VA = - 2/10
VA.10 – 1 .10 = 0
VA = 1
49
JADI DARI PENJELASAN DAN CONTOH SOAL DAPAT DISIMPULKAN BAHWA GARIS PENGARUH REAKSI PELETAKAN ADALAH GAMBAR BESAR REAKSI PERLETAKAN PADA WAKTU P = 1 BERJALAN DIATAS BALOK TERSEBUT , DEMIKIAN JUGA ARTINYA UNTUK GARIS PENGARUH GAYA LINTANG ( D ) MAUPUN GARIS PENGARUH MOMEN ( M ) .
HITUNG BESAR RA MAXIMUM APABILA BEBAN BERJALAN P = 25 T BERADA DIATAS BALOK ABC , HITUNG JUGA APABILA YANG BERJALAN q = 2 t/m SEPANJANG 2 M . CARA MENGHITUNGNYA DIPAKAI GARIS PENGARUH RA , DENGAN MELETAKKAN P = 25 T PADA ORDINAT MAXIMUM DAN q = 2 t / m PADA LUASAN YANG MAXIMUM .
P = 25 T
RA MAX = 25 X 1 = 25 T
1
2/10 q = 2 t/m
a
1
a = 8/10
luas luasan dibawah beban 2/10
2m
= ( 1 + 8/10 ).1/2 . 2
Ingat luas trapesium = jumlh sisi sejajar kali setengah tinggi q = 2 t/m
Luas = 1, 8 m
2
RA MAX = 2 X 1,8 = 3, 6 TM.
GAMBAR GARIS PENGARUH SELALU LURUS TIDAK PERNAH TERPUTUS . 1
12/10
GAMBAR GP RB YANG BENAR BUKTI 10 M
ingat : perbandingan segitiga
2M
1
GAMBAR GP RB YANG SALAH 50
GARIS PENGARUH D DAN GARIS PENGARUH M
x m
P=1
A
C
B
3M
12 M
VA
VB
APABILA P = 1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A , MAKA BESAR DC DAN MC DAPAT DIHITUNG , DENGAN MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU KEKANAN POTONGAN.
LIHAT KIRI POTONGANLIHAT KANAN POTONGAN DC = VA – 1
DC = - VB
MC = VA . 3 – 1 ( 3 – X )
MC = VB . 12
DARI DUA HASIL DIATAS DISARANKAN MELIHAT KEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI PERLETAKAN DI KANAN POTONGAN DALAM PERHITUNGAN DC MAUPUN MC .
MAKA DAPAT DISIMPULKAN, APABILA P =1 TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKAN , MAKA
DALAM PERHITUNGAN DC DAN MC DISARANKAN SEBAGAI BERIKUT : P = 1 ADA DI KIRI POTONGAN SEBAIKNYA MELIHATKEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI DISEBELAH KANAN POTONGAN . P = 1 ADA DI KANAN POTONGAN SEBAIKNYA MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI DISEBELAH KIRI POTONGAN . SEDANG UNTUK P =1 YANG TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN DAN BEBAS , SEBAIKNYA MELIHAT KEARAH BEBAS . A
B
D
UNTUK MENGHITUNG DD DAN MD , SEBAIKNYA LIHAT KANAN POTONGAN D SEHINGGA TIDAK PERLU MENGHITUNG REAKSI DI A MAUPUN DI B 51
GP DC DAN GP MC A
B
C
3M
D
3M
P = 1 DI A
∑ =0
7M
- VD.10 – 1.3 = 0
VD = - 3/10
GP DC
C
7/10
D
3/10
7m
3/10
3/10
DC = + 3/10 21/10
GP MC
MC = - 3/10 . 7 = - 21/10
P=1 DI B VD = 0
DC = 0 MC = 0
21/10
P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KIRI C
∑ = 0
- VD . 10 + 1 . 3 = 0 DC = - 3/10
C
VD = 3/10
D 7m
MC = + 3/10 . 7 = 21/10
3/10
P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C
∑ = 0
VB .10 – 1 .7 = 0
DC = + 7/10
B VB = 7/10
MC = + 7/10 .3 = 21/10
A
C 7/10
3m
P = 1 DI D
∑ = 0
VB = 0
DC = 0
MC = 0
52
A
E
B
2M
C
1M
KARENA POTONGAN TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN SNDI DAN BEBAS , MAKA UNTUK MUDAH NYA MELIHAT SAJA KEARAH BEBAS . P =1 DILETAKKAN DI TITIK A , E , B , C . P=1 P=1
P=1
A
P=1
P=1
E
B
C
2m
P = 1 DI TITIK A
DE = - 1
ME = - 1 . 2 = - 2
P= 1 DI TITIK SEDIKIT SEBELAH KIRI E
DE = - 1
ME = - 1 . 0 = 0
P = 1 DI TITIK SEDIKIT SEBELAH KANAN E
DE = 0
ME = 0
P = 1 DI TITIK B DAN TITIK C
DE = 0
ME = 0
A
E
B
C
GP DE 1
1 2
GP ME
53
DARI CONTOH SOAL YANG TELAH DIBERIKAN , DAPAT DISIMPULKAN BAHWA BENTUK GAMBAR GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN, GAYA LINTANG DAN MOMEN PADA POTONGAN YANG TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKKAN SELALU SAMA. SEHINGGA KALAU BALOK TERSEBUT MEMPUNYAI KANTILEVER TINGGAL MENERUSKAN SAJA.
A
C
B
D
GP RA / VA
A
C
B
1
1
GP RB/ VB 1 1
GP DC
1
1 ORDINAT UNTUK DC TEPAT DIKIRI POTONGAN DAN DIKANAN POTONGAN KALAU
DIJUMLAH BESAR NYA HARUS 1 , KARENA PEMISALAN BEBAN BERJALAN P = 1 GP MC
DENGAN DEMIKIAN MAKA ORDINAT ORDINAT PADA GARIS PENGARUH DAPAT DIHITUNG DENGAN MENGGUNAKAN PERBANDINGAN SEGITIGA , ASAL SATU ORDINAT SUDAH DIHITUNG .
54
B
A
C
D
E
HITUNG BESAR RD 2M A
2M B
8M C
YANG DIPAKAI UTK
3M
q = 2 t/m
D
E
PERENCANAAN KEPALA JEMB . DI D
e
APABILA DIKETAHUI :
1
BEBAN MATI q = 2 t/m a
BEBAN HIDUP P = 20 T
GP RD
AKIBAT BEBAN MATI q = 2 t/ m
∑ = 0
- RD . 10 + 20 . 5 + 6 . 11,5 – 4 . 1 = 0
RD = 16,5 T
AKIBAT BEBAN HIDUP P = 20 T , DIPAKAI GARIS PENGARUH RD …..CARI ORDINAT DI TITIK A DAN DI TITIK D DENGAN MEMAKAI PERBANDINGAN SEGITIGA . a / 1 = 2 / 10
a = 0,2
1 / e = 10 / 13
e = 1,3
RD = 20 X ORDINAT MAX PADA GP RD = 20 X 1,3 = 26 T
RD = 26 T
RD YANG DIPAKAI UNTUK PERENCANAAN KEPALA JEMBATAN DI D =
16,5 T + 26 T = 42,5 T
55
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH DC P=1 DI A
2/10 c2
∑
-RD.10 – 1 . 2 = 0
RD = 2/10
DC = - 2/10 c1
c1 = 2/10
c2 = 1 – 2/10 = 8/10
e
P = 1 DI SEDIKIT KIRI C
P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C
DC= 2/ 10 DC = - 8 /10
P =1 DI E
DC = 3 /10
C D 2/10
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH MC 16/10 e
c
P = 1 DI A P = 1 DI C
P = 1 DI E
RD = 2/10
MC = - 2/10 . 8 = - 16/10 c = 16 /10
MC = 16 /10
e = 6 /10
MC = 6 /10
56
HITUNG BESAR MC max POSITIF APABILA BEBAN BERJALAN P = 30 T BERADA DIATAS JEMBATAN
16/10
30 T 6/10
GP MC
16/10
MC max = P . (ORDINAT MAX POSITIF) = 30 . 16/10 = 48 TON
HITUNG BESAR MC max APABILA BEBAN BERJALAN q = 2 t/m SEPANJANG 2 M BERADA DIATAS JEMBATAN . 2m
Y1
Y2 1, 6
a 2m
Y1 = Y2
q = 2 t/m
Diusahakan ordinat Y 1 = Y 2 untuk 2- a
mendapatkan M max 8m
12 + 2a = 16 – 8a
10a = 4
a = 0,4
Y 1 = 1, 6 ( 2 – 0,4 ) / 2 = 1, 28
LUAS TRAPESIUM = ( 1,28 + 1,6 ) 1/2. 0,4 + ( 1,28 + 1,6 ) 1/2 .( 2- 0,4 ) = 0,576 + 2,304 = 2,88 m 2 MC max = q . luasan dibawah beban berjalan = 2 . 2, 88 = 5,76 TM
57
GARIS PENGARUH PADA BALOK GERBER
BERDASAR PADA BENTUK BENTUK GARIS PENGARUH YANG SUDAH PASTI , MAKA AKAN LEBIH MUDAH MENGGAMBAR GARIS PENGARUH PADA BALOK GERBER .
A
B
A
B
S
C
D
S
I C
II
D
GP D I
GP M I
UNTUK MENGHITUNG GP D I DAN M I DIBUTUH KAN VB ATAU VC . PADA WAKTU P = 1 DI DAERAH A B S
VB DAN VC DAPAT DIHITUNG
PADA WAKTU P =1 DI DAERAH S B C
VB DAN VC TIDAK DAPAT DIHITUNG
MAKA DARI PENJELASAN DIATAS , GAMBAR GARIS PENGARUHNYA HANYA DI A B S
UNTUK MENGHITUNG GP D I DAN MII DIBUTUHKAN VC ATAU VD PADA WAKTU P =1 DI DAERAH A B S
VB DAN VC DAPAT DIHITUNG
PADA WAKTU P =1 DI DAERAH S C D
VB DAN VC DAPAT DIHITUNG
MAKA DARI PENJELASAN DIATAS , GAMBAR GARIS PENGARUH ADA DI DAERAH A B S C D
58
GP RB A
B
2M
S
D
1M
P = 1 DI A C
E
2M A
6M
3M D
B
a = 8/6 P = 1 DI A …..RB = 8/6
S
GP MD C
P = 1 DI A
a 1
GP RB
∑ MB = 0 - VS . 6 – 1 . 2 = 0 -
VS = - 2/6
8/6
S GP MD
D
2/6
4M MD = - 2/6 . 4 = - 8/6
b = 8/6
P = 1 DI D
c = 2/6
GP DE
b = 8/6
P = 1 DI D…MD= +8/6 1
1
GP DE P = 1 DI A P = 1 DI A
c = 2/6
Lihat hal 53
DE = + 2/6
59
GARIS PENGARUH RANGKA BATANG C
D
E
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH S CD , S CG ,
4m DAN S FG . A
B F
3m
G
3m
UNTUK MENCARI GAYA BATANG
H
3m
3m
DIATAS , PAKAI CARA RITTER DENGAN CARA MEMOTONG
Ingat bahwa apabila P =1 ada disebelah kiri potongan ,maka reaksi yang dipakai disebelah
BATANG S CD , S CG DAN S FG.
kanan potongan atau melihat kebagian kanan potongan ,begitu juga sebaliknya
P = 1 DI A
GP S CD
VB = 0
S CD , S CG DAN S FG =0 3/8
∑
P = 1 DI F
3/4
- VB . 12 + 1. 3 = 0 VB= 3/12 GP S CG
5/8
15/48 C S CD
SCG sinα 4m
S FG 15/48
3/12
G
6m GP S FG 3/4
3/8
3/16
∑ =0 - 3/12. 6 – S CD. 4 =0 S CD = - 18/48 =- 3/8
∑ =0 + 3/12 + S CG SIN α =0 / - 15 /48 S CG = ∑ MC =0
- 3/12 .12 + S FG . 4 = 0
S FG = + 3/ 4 60
P=1 DI G
∑ = 0
VA = 1/2
∑ = 0
C
1/2 . 6 + S CD . 4 = 0
∑= 0
S CD
S FG
∑ = 0
G 6m
1/2
1/2 – S CG SIN α =0
S CG =
S CG SIN α
S CD = - 3/4
1/2 . 3 – S FG . 4 =0
S FG = + 3/8
3m
P = 1 DI H
∑ = 0
VA . 12 – 1 . 3 = 0
VA = 3/12
C
S CD
S CG SIN α
S FG
G
1/2
6m
∑ 3/12 .6 + S CD . 4 = 0 SCD= -6/4 ∑ = 0 3/12 – S CG SIN α =0 S CG = ∑ = 0 1/4 . 3 – S FG . 4 =0 S FG = + 3/16
3m
61
DARI CONTOH PERHITUNGAN DIATAS DAPAT DISIMPULKAN APABILA RANGKA BATANG TERLETAK DIANTARA DUA PERLETAKKAN , MAKA UNTUK GARIS PENGARUH BATANG YANG MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , MAKA GAMBAR GARIS PENGARUHNYA BERBENTUK SEGITIGA DENGAN PUNCAK DIBAWAH CENTRUM , SEDANG UNTUK BATANG DIAGONAL YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG, GAMBAR GARIS PENGARUHNYA BERBENTUK SEGITIGA DENGAN PUNCAK PADA TITIK SIMPUL YANG MEMEGANGI BATANG TERSEBUT . JADI UNTUK ORDINAT DIHITUNG SAJA PADA PUNCAK NYA , SEDANG ORDINAT LAIN , BISA DIHITUNG DENGAN PERBANDINGAN SEGITIGA . UNTUK BATANG BAWAH SELALU POSITIF ATAU TARIK , SEDANG BATANG ATAS SELALU NEGATIF ATAU TEKAN .
C
E
D
F
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH 4m
S DG, S EF , S EH.
GP S DG
B
A
3m 3m
I
H
G
3m
3m
S DG
3m
GP S DG
A
G
1
H
I
B
LIHAT KEBAWAH POTONGAN
GP S EH
P = 1 DI A
S DG =0
P = 1 DI G
∑=0
S DG -1 = 0
S DG = 1 P = 1 DI H ,I ,B
S DG = 0
GP S EH
S EH
LIHAT KEATAS POTONGAN A
P = 1 DI A , G , H , I , B
G
H
I
S EH = 0
62
B
GP S EF
GP S EF P = 1 DI H ……. VA = VB = 1/2 3/4 S EF
4m
A
∑ = 0
H
1/2 . 6 + S EF . 4 = 0
VA = 1/2
6m
S EF = - 3/4
HITUNG BESARS EF APABILA BEBAN BERJALAN q = 2 t/m BERADA TEPAT DI IB
a / 3/4 = 3/6 a = 9/24
a 3/4
3m
S FE = q . luasan yang diarsir dibawah beban merata S FE = - 2 . ( 1/2 . 3 . 9/24 ) = - 27 / 24 TM
63
APLIKASI DI LAPANGAN UNTUK GARIS PENGARUH
q = 1 t/m
A
B 10 m
C 2m
DIKETAHUI BALOK JEMBATAN ABC DENGAN BEBAN MATI q = 1 t/m TENTUKAN BESAR MOMEN YANG DIPAKAI UNTUK PERENCANAAN DEMENSI BALOK TERSEBUT .
UNTUK MENDAPATKAN HASIL MOMEN MAXIMUM YANG DIMAKSUD YANG HARUS DILAKUKAN ADALAH :
1 . MENCARI BESAR M MAX AKIBAT BEBAN MATI TERSEBUT
2 . MENCARI GARIS PENGARUH MOMEN PADA POTONGAN ATAU TITIK DIMANA MOMEN MAXIMUM TERJADI .
3 . DENGAN BEBAN BERJALAN YANG SUDAH DITENTUKAN , DIDAPAT MOMEN MAXIMUMNYA .
4 . MOMEN MAX TOTAL DIDAPAT DARI PENJUMLAHAN KEDUA MOMEN YANG DIDAPAT .( HASIL NO 1 + HASIL NO 3 ) .
64
xm
q = 1 t/m
A
C 1O m
∑ = 0 DX=0
B
VA. 10 – 10. 1. 5 + 2. 1 . 1 = 0 4,8 – 1X = 0
2m
VA = 4,8 T
X = 4,8 m dari A terjadi M Max
MX = 4,8 X – 1.X. 1/2 X X = 4,8 m
M max = 4,8. 4,8 – 1 . 4,8 . 1/2 . 4,8 = 11,52 TM
M max AKIBAT BEBAN MATI = 11, 52 TM
A
D 4,8 m
B 5,2 m
30 TON
C 2m
GP MD
0,2496
P = 1 PADA POTONGAN SEDIKIT SEBELAH KANAN D
∑ = 0
VA . 10 – 1 . 5,2 = 0…………VA = 0,52
MD = 0,52 . 4,8 = 0,2496
APABILA BEBAN BERJALAN ADALAH P = 30 TON , MAKA
M max AKIBAT BEBAN BERJALAN = 30 . 0,2496 = 7,488 TM JADI MOMEN YANG DIGUNAKAN UNTUK PERENCANAAN DEMENSI ADALAH
11,52 TM + 7,488 TM = 19,008 TM CATATAN Contoh diatas dilakukan juga untuk gayaLintang ataupun mencari gaya batang Pada Konstruksi Rangka Batang . 65
TUGAS 1
A
4T 4T
5T 5T B
C C
D D
a mm 33a
bbm m
c cmm
6T 6T 6T
3T 3T
HITUNG BESAR MOMEN DI A , B , C , D , E , F DARI KEDUA SOAL 6T B
55TT
B
4T
β
d
A b
√
CC DD
α
3T c α = 45
d
0
tg β = 3/4
b F F
EE a
NRP BERAKHIRAN 0 5 7 1 2 9 3 4 8 6
am
bm
cm
dm
3 2 3 3 2
5 4 3 2 2
8 5 6 5 6
4 6 8 6 6 66
TUGAS 2
HITUNG BESAR REAKSI REAKSI PERLETAKAN DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI .
4T
6T
5T β
α 6V2T 3M
α = 45
4M
6M
0
TG β = 3/ 4
3M
4T 5T 5 T3 T
A
B
C 26TT
3M 5M
3T 4T
E 22T T 2M
2M
3M
D
4M
3M
6T A
B
α
C
α = 30 0
3T 1m
2m 67
E
TUGAS 3 HITUNG BESAR REAKSI2 PERLETAKAN DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI DIBAWAH INI . PV2T
q t/m
β = 45
β
0
P T
A
B
C
3m
8m
2 t/m
P T
D 2m
5T 4T
β A
tg β = 3/4
3T
B
C 4m
1 t/m E
D 2T
am
Nomor
am
cm
bm
3m
bm
cm
P ton
q t/m
pokok GASAL
6
2
4
5
2
GENAP
3
3
6
4
1
68
TUGAS 4
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG NORMAL , MOMEN DAN LINTANG DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI .
P1 TON A
tg α = 4/3 B
P2 TON
C
D α 5 TON
2m
4m
8m
P1 TON
P1 V 2 TON B
C
β
A
D
3m
NRP
L m
3m
P 1 TON
P 2 TON
L m
β
BERAKHIRAN 1
6
4
5
9
45
0
2
7
3
6
10
45
0
3
8
2
4
8
45
0
4
9
5
4
12
45
0
0
5
6
4
6
45
0
69
TUGAS 5
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG NORMAL , MOMEN DAN LINTANG DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI
q t/m
P ton α
A
B
C
2m
P ton
8m
D 2m
q t/m D α
A
B
P ton
2m
C
4m
6m
NRP BERAKHIRAN
q t/m
P ton
α
0 4 7
2
6
30
0
1 8 9
1
4
60
0
5 3 6 2
2
8
30
0
70
TUGAS 6
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG NORMAL , MOMEN DAN LINTANG DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI
3T 5T
tg α = 3/4
q = 1 t/m
α A
B
S
am
C
bm
4T
cm
dm
q = 2 t/m
4T
E
D 2m
5T
tg α = 4/3
α A
B
S1
am
NRP
S2
2m
dm
C 2m
D cm
am
bm
cm
dm
BERAKHIRAN 4
5
4
5
9
4
1
9
3
6
10
6
2
8
2
4
8
4
0
3
5
4
12
4
6
7
6
4
6
5
71
SOAL EVALUASI 1
SUATU KONSTRUKSI PORTAL DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI, HITUNG REAKSI2 PERLETAKANNYA. 1.
q = 2 t/m
4T A
B
am
cm
3m
P=2T
5m
cm
2. P=5 T
q= 1 t/m
P=5 T
α A
α B
tg α = 3/4
C
cm
bm
D cm
DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS, HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN,NORMAL DAN LINTANG. CATATAN : NIM GASAL
a= 3 m
b= 12 m
c= 2 m
NIM GENAP
a= 2m
b= 10m
c= 3m
72
SOAL EVALUASI 2 P1 B
1.
A
P2
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG N DAN M DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR. hm
C am
bm q t/m
P2 S
2.
B
A
C
P1 am
bm
3m
10 m
DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI DIATAS, HITUNG DAN GAMBAR
BIDANG N DAN D.
3.
S2
D S1
S6
A
S4
E S7
B
DARI KONSRUKSI RANGKA SEPERTI TERGAMBAR S3
S5
3m C
HITUNG BESAR GAYA BATANG S 4 , S2 DAN S 7 DENGAN CARA YANG TERMUDAH MENURUT SDR.
P1 am
am
CATATAN TYPE SOAL A B C D E F
P 1 TON 4 2 4 3 5 3
P2 TON 2 6 4 4 5 5
q ton/meter 1 1 2 2 1 1
a meter 4 3 4 3 4 3
b meter 2 6 5 7 4 2
h meter 3 4 3 4 3 4 73
