Contoh Soal Portal Dll

MEKANIKA STRUKTUR I

PORTAL DAN PELENGKUNG TIGA SENDI Soelarso.ST.,M.Eng

JURUSAN TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS SULTAN AGENG TIRTAYASA

BERBAGAI BENTUK PORTAL (FRAME ) ARCH ) DAN PELENGKUNG ( ARCH 1. Portal Sederhana

sambungan kaku

sendi

rol

sambungan kaku

sendi

Pada gambar portal diatas mempunyai tumpuan jepit, sendi dan rol dapat diccar di arii deng ngan an 3 per ersa sam maa aan n yan angg ad adaa yai aitu tu ΣH = 0 ; Σ V = 0 ; ΣM = 0 Elemen batang-batang yang terdiri dari batang horizontal, vert rtiikal dan miring ters te rsam ambu bung ng se seca cara ra ka kaku ku se sehi hingg nggaa da dapa patt me mena naha han n mo mome men n

2. Portal 3 Sendi S S

S S

sambungan kaku

sambungan kaku

sendi sendi

sendi

sendi

Port rtal al 3 se sen ndi ter erda dap pat : Reaksi Re aksi Tumpu umpuan an 2 bua uah h se sen ndi di,, se sehi hing ngga ga ad adaa 4 re reak aksi si tu tump mpu uan an.. Struk St ruktu turr st stat atis is ta tak k Han anyya te ters rseedi diaa 3 pe pers rsam amaa aan n ( ΣH = 0 ; Σ V = 0 ; ΣM = 0 ) tentu Agar menjadi struktur statis tertentu harus ditambahkan sambungan sendi S pada sala sa lah h sa satu tu ba bata tang ngn nya ya., ., se sehi hin ngga ter erda dap pat 4 pe pers rsam amaa aan n ( ΣH = 0 ; Σ V = 0 ; ΣM = 0 Strukt St ruktur ur st stat atis is te terte rtentu ntu ; ΣS = 0 ) Sambungan sendi dapat menahan gaya aksial dan gaya geser, tetapi tidak dapat menahan men ahan mom momen. en. Letak sambungan sendi S dipilih pada tempat yang paling menguntungkan, misa mi saln lnya ya pad adaa ti tittik de den nga gan n ga gayya ak aksi sial al dan ge gese serr kec ecil il at atau au nol ol..

3. Pelengkung Sederhana

sendi

rol

Rakksi tum Ra ump pua uan n: 2 Reak aksi si pad adaa se send ndii 1 Reak akssi pad adaa rol Dapa Da patt di dica cari ri de deng ngan an 3 pe pers rsam amaa aan n ke kese seim imba bang ngan an ( ΣH = 0 ; Σ V = 0 ; ΣM = 0 ) Deformasi atau pergeseran pada rol akibat berat sendiri atau beban luar yang bekerj rjaa pada umumnya cukup besar. Untuk mencegah hal tersebut, maka pada umumnya dipasang batang tarik, sehingg ggaa stru rukktur menjadi sistim statis tak tentu.

Deformasi/pergeseran besar

P P

P

Deformasi/pergeseran besar

P

Deformasi/pergeseran kecil

P P

P

batang tarik

Deformasi/pergeseran kecil

P

batang tarik

4. Pelengkung 3 Sendi

S

sendi

sendi

Raksii tu Raks tump mpua uan n: Ada 4 reaksi pada kedua sendi Terdapat T erdapat 3 persamaan kese ke seim imba bang ngan an ( ΣH = 0 ; Σ V = 0 ; struktur statis tak ΣM = 0) tentu Agar menjadi struktur statis tertentu, ditambahkan sambungan S pada batang lengkung, sehingg ggaa menjadi dua batang lengkung yang terhubung pada sendi S. Sehingg ggaa ada tambahan 1 persam amaaan yaitu ΣMS = 0 Struk St ruktu turr me menj njad adii statis tertentu

Sendi

Sendi Sendi

Soal 1 : Portal dengan beban titik Hitu itungla nglah h reak reaksi si tumpu umpuan an,, gam gambark barkan an Free Free Body Diagra Diagram m (FBD), Shearing Shearing Force Diagram (SFD), Bending Momen Diagram (BMD) dan dan Normal Forced Diagram (NFD) pada pada gamb gambar ar diba dibaw wah ini. ini. 15 T D

E

F

2m

5T C

3m

A

B 3m

2m

Penyelesaian :

15 T =0 AV . 5+ 5.3 – 15.2 = 0 R AV AV = 3 T ( ) R AV ΣMB

D

0 -R BV BV . 5 + 15.3 + 15.3 = 0 AV = 12 T ( ) R AV 0 R AV AV +R BV BV - 15 = 0 =0 R AH+ 5 = 0 R AH = -5 T (

Ok..!!!

3T

3T

ΣMA =

ΣV =

F

D

0T

E

12 T

12 T F

5T C

ΣH

)

BMD M A = 0 MC = 5.3 = 15 Tm MD = 5.5 – 5.2 = 15 Tm ME = 3.3 + 5.5 – 5.2 = 24 Tm MF = 3.5 + 5.5 – 5.2 – 15.2 = 0 Tm

A

RAH = 5 T

RAV = 3 T

B RBV = 12 T

Free Body Diagram (FBD)

3T

SFD SFA = RAH = 5 T SFCD = 5 – 5 = 0 T SFD = RAV = 3 T S F E F = 3 – 1 5 = - 1 2 T SFE = RBV = 12 T

(+) D

F

E

(-) C ) + (

5T

12 T

A Shearing Force Diagram (SFD)

B

BMD M A = 0 MC = 5.3 = 15 Tm MD = 5.5 – 5.2 = 15 Tm ME = 3.3 + 5.5 – 5.2 = 24 Tm MF = 3.5 + 5.5 – 5.2 – 15.2 = 0 Tm

24 Tm 15 Tm

) + (

D

E

15 Tm

15 Tm

F

)C + (

A

B

Bending Momen Diagram (BMD)

NFD AV = - 3 T NF AD = R AV NFBF = R BV BV = -12 T

D

E F

) (

3T

C

A

) (

12 T

B

Normal Force Diagram (NFD)

Soal 2: Portal dengan beban merata dan beban titik Hitu itungla nglah h reak reaksi si tumpu umpuan an,, gam gambark barkan an Free Free Body Diagra Diagram m (FBD), Shearing Shearing Force Diagram (SFD), Bending Momen Diagram (BMD) dan dan Normal Forced Diagram (NFD) pada pada gamb gambar ar diba dibaw wah ini. ini. 15 KN/m

E

D

40 kN

2m

2m

30 kN C

F 2m

2m

B A RAV

RAH

1,5 m

1,5 m

Penyelesaian :

6,0 m

2,0 m

2,0 m

RBV

=0 AV . 13+ 30.2 -15.6.7 – 40.2 = 0 R AV 13. R AV AV = 650 AV = 50 KN R AV ΣMB

ΣMA =

0 -R BV BV . 13 + 40.11 +15.6.6 + 30.2 = 0 BV = 1040 -13. R BV BV = 80 KN R BV ΣV =

0 R AV – 15.6 - 40 = 0 AV +R BV BV – =0 R AH + 30 = 0 R AH = - 30 KN ( ΣH

)

Ok..!!!

15 KN/m 0 KN

0 KN

E

D 40 KN

50 KN

40 KN 28,289 KN

D

E 30 KN

(4/5).30 = 24 KN (3/5).30 = 18 KN

30 KN C

5

(1/ 2). 2).40 40 = 28, 28,28 2888 KN

4

F 2

1

3 30 KN

(1/ 2). 2).40 40 = 28,28 28,2888 KN

28,289 KN

(4/5).30 = 24 KN (3/5).30 = 18 KN

40 KN

A

1

B

50 KN (4/5).50 = 40 KN

(1/ 2). 2).80 80 = 56 56,57 ,5777 KN (3/5).50 = 30 KN

(1/ 2). 2).80 80 = 56 56,57 ,5777 KN

24+30 = 54 KN 40-18 = 22 KN


80 KN

50 KN 30 KN

G

(+)

E

28,289 KN

) (

D x

(+) 54 KN

40 KN

C

50

x

40

(6 - x)

(+) F

56,577 KN

x 3,333 m

B Shearing Force Diagram (SFD)

40 KN 28,289 KN

D

E

C

F B

22 KN


56,577 KN

293,3 KNm 240,85 KNm

210 KNm

240,85 KNm

(+)

210 KNm 3,333

D 135 KNm

E

(+)

160 KNm

(+) C

A

G

F

BMD MA = 0 KNm MC = 54.2,5 = 135 KNm MD = 54.5 -24.2,5 = 210 KNm MG = 50.6, 0.6,33 3333 + 30.4 0.4 – 30.2 – 15.3 15.3,3 ,333 33.. .(½. .(½.3, 3,33 333) 3) = 293, 293,33 33 KNm KNm ME = 50.9 + 30.4 – 30.2 – 15.6 15.6.. .(½ .(½.6) .6) = 240 KNm KNm ME = 56,577. 32 – 28,288. 8 = 240 KNm MF = 56,577. 8 = 160 KNm MB = 0 KNm

B


Soal 3: Portal 3 sendi s endi dengan beban titik Hitu itungla nglah h reak reaksi si tumpu umpuan an,, gam gambark barkan an Free Free Body Diagra Diagram m (FBD), Shearing Shearing Force Diagram (SFD), Bending Momen Diagram (BMD) dan dan Normal Forced Diagram (NFD) pada pada gamb gambar ar diba dibaw wah ini. ini. 0,5 m

15 T

2,5 m

D

S

E

F

2m

5T C

3m

A

RBH

RAH

3m RAV

B Penyelesaian :

2m RBV

15 T =0 AV . 5+ 5.3 – 15.2 = 0 R AV AV = 3 T ( ) R AV ΣMB

D

S

E

F

3T

0 -R BV BV . 5 + 1 5 . 3 + 5 . 3 = 0 BV = 12 T ( ) R BV ΣMS = 0 Dari bagian sebelah kiri S AV .2,5 R AV .2,5 – R AH.5 -5.2 = 0 3.2,5 – R AH.5 -5.2 = 0 R AH = -0,5 T ( ) kekiri, asumsi awal salah R AH = 0,5 T

12 T

ΣMA =

=0 Dari bagian sebelah kanan S BV .2,5 + RBH -R BV .5 + 15.0,5 = 0 BH.5 + 15.0,5 = 0 -12.2,5 + R BH BH = 4 , 5 T ( ) kekanan R BH

4,5 T

3T

D

4,5 T

12 T

F

5T C

ΣMS

ΣV =

0 AV +R BV BV - 15 = 0 R AV

Ok..!!!

=0 R AH - 5 + RBH =0

Ok..!!!

A

0,5 T

4,5 T

B 12 T

3T

ΣH


3T

D

(+) D ) (

E F

S

(-)

C 4,5 T

F

) + (

12 T

) + (

A 0,5 T

B

Shearing Force Diagram (SFD)

4,5 T

22,5 Tm 7,5 Tm 7,5 Tm (-)

7,5 Tm

) (-) (

D

E S

(+)

(-)

22,5 Tm

F

1,5 Tm

(-) BMD MA=0 MC = 0,5.3 = 1,5 Tm MD = 0,5.5 – 5.2 = -7,5 Tm MS = 3.2,5 + 0,5.5 – 5.2 = 0 Tm ME = 3.3 + 0,5.5 – 5.2 = 1,5 Tm MF = 3.5 + 0,5.5 – 5.2 – 15.2 5.2 = 22,5 2,5 Tm (dari dari kiri) iri) MF = 4,5.5 = 22,5 Tm (dari kanan) MB = 0 Tm

1,5 Tm

C (+)

A

B


D

S

F

C ) (

) (

A

B 12 T

3T


Soal 4: Portal 3 sendi Hitu itungla nglah h reak reaksi si tumpu umpuan an,, gam gambark barkan an Free Free Body Diagra Diagram m (FBD), Shearing Shearing Force Diagram (SFD), Bending Momen Diagram (BMD) dan dan Normal Forced Diagram (NFD) pada pada gamb gambar ar diba dibaw wah ini. ini. 15 KN/m

D

E

S

40 kN

2m

2m

30 kN C

F 2m

2m

B A RAV

RAH

1,5 m

RBH

1,5 m

Penyelesaian :

3,0 m

3,0 m

2,0 m

2,0 m

RBV

=0 AV . 13+ 30.2 -15.6.7 – 40.2 = 0 R AV 13. R AV AV = 650 AV = 50 KN R AV ΣMB

ΣMA =

0 -R BV BV . 13 + 40.11 +15.6.6 + 30.2 = 0 BV = 1040 -13. R BV BV = 80 KN R BV =0 Dari bagian sebelah kiri S AV .6 R AV .6 – R AH.4 -30. -30.22 – 15.3.1,5 = 0 50.6 – R AH.4 -30. -30.22 – 15.3.1,5 = 0 R AH = 43,125 KN ( ) kekanan ΣMS

=0 Dari bagian sebelah kanan S BV . 7 + RBH -R BV .4 + 40.5 +15.3.1,5 = 0 BH.4 + 40.5 + 15.3.1,5 = 0 -80.7 + R BH BH = 73,125 KN ( ) kekanan R BH ΣMS

ΣV =

0 R AV – 15.6 - 40 = 0 AV +R BV BV – =0 R AH – R BH BH +30 = 0

Ok..!!!

ΣH

Ok..!!!

15 KN/m 73,125 KN

73,125 KN

E

D 40 KN

50 KN 83,875 KN


80,004 KN

D

E

(3/5).30 = 18 KN (4/5).30 = 24 KN

28,5 KN

5

30 KN C

4 3

(3/5).43,125 = 25,875 KN

A

43,125 KN (4/5).43,1255 = 34,5 KN (4/5).43,12 KN

(4/5).50 = 40 KN

(3/5).50 = 30 KN

(1/ 2). 2).40 40 = 28,28 28,2888 KN

23,288 KN

(1/ 2). 2).40 40 = 28, 28,28 2888 KN

2

1

F

1 (1/ 2). 2).73 73,12 ,1255 = 51,715 51,715 KN KN

B

73,125 KN (1/ 2) 2).73 .73,12 ,1255 = 51,715 51,715 KN KN (1/ 2). ).880 = 56,5 ,5777 KN

50 KN 40+25,875 = 65,875 KN

40 KN

34,5-30 = 4,5 KN

(1/ (1 / 2). ).880 = 56,5 ,5777 KN

80 KN 56,577-51,577 = 5 KN 56,577+51,577 = 108,292 KN

50 KN

23,288 KN

28,5 KN

(+)

G

D

E

) - ( x

(+) C

F 50

x

40

(6 - x)

40 KN

x 3,333 m 4,5 KN

B 5 KN


83,875 KN

80,004 KN

73,125 KN

(-) D

E

C

F B

65,875 KN


108,292 KN

BMD MA = 0 KNm MC = 4,5.2,5 = 11,25 KNm MD = 4,5.5 + 24.2,5 = 82,5 KNm MS = 50.6 – 43,125.4 – 30.2 – 15.3.1 .3.1,5 ,5 = 0 KNm KNm MG = 50.6 50.6,3 ,333 33 – 43,125.4 – 30.2 – 15.3, 15.3,333 333.½, .½,.3, .3,333 333 = 0,833 0,833 KNm ME = 5. 32 – 28,288. 8 = 51,726 KNm MF = 5. 8 = 14,142 KNm MB = 0 KNm

82,5 KNm

51,726 KNm

82,5 KNm

51,726 KNm

3,333 (+)

(+) (+)

D

G S

0,833 KNm

E

(+)

11,25 KNm

F C 14,142 KNm

A


(-)

B

Q (kN/m)

P2

P3

P1

Lengkung: - li ling ngka kara ran n - pa para rabo bola la - ko komb mbin inasi asi

A

R 2

R 1

R 2

R 1

B

R AH R A AV V

Tumpuan A Tumpuan Tumpuan T umpuan B

 

sendi rol

R BV  

terdapat 2 reaksi terdapat 1 reaksi

Terdapat 3 persamaan keseimbangan Terdapat keseimbangan struktur statis tertentu.



Total: T otal: 3 reaksi tumpuan

3 reaksi tumpuan dapat dihitung



P

N M

Y

V R 1 A

R 1

Pada potongan yang ditinjau terdapat gaya-gaya dalam: N, V, M Gaya N dan V diuraikan menjadi komponen masing-masing : N

Nx dan Ny

V

V x dan V y

Selanjutnya dapat dihitung N, N, V dan M dengan persamaan keseimbangan :

R AH

Fx = 0

R AV X

Fy = 0 M=0

Soal 5: Pelengkung biasa dengan beban merata Hitu itungla nglah h reak reaksi si tumpu umpuan an,, gam gambark barkan an Free Free Body Diagra Diagram m (FBD), Shearing Shearing Force Diagram (SFD), Bending Momen Diagram (BMD) dan dan Normal Forced Diagram (NFD) pada pada gamb gambar ar diba dibaw wah ini. ini. 10 kN/m

C R 1 = 3 m

A

B R 1 = 3 m

R AH R AV Penyelesaian :

R 1 = 3 m

R BV

=0 R AV AV . 6 - 10.6.3 = 0 AV = 30 KN R AV ΣMB

10.3(1-cos ) kN Ncy = Nc.cos α

Nc Mc Ncx = Nc.sin α

C

Vcx = Vc.cos Vc.cos α

ΣMA =

0 BV . 6 + 10.6.3 = 0 - R BV R BV BV = 30 KN ΣV =

0 – 10.6 = 0 AV + R BV BV – R AV =0 R AH = 0 ΣH

Vc

Y

A

Vcy = Vc.sin Vc.sin α R 1 = 3 m

R A AV V = 30 kN 3(1-cos ) X

Misal : Ditinjau potongan di titik C : Pada potongan tersebut tersebut bekerja gaya-gaya g aya-gaya dalam Nc, Vc dan Mc dengan arah diasumsikan seperti pada gambar. g ambar. Gaya-gaya Nc dan Vc diuraikan menjadi komponennyaa dalam arah x dan y : komponenny Nc Ncx = Nc.sin dan Ncy = Nc.cos Vc Vcx = Vc.cos Vc.cos dan Vcy = Vc.sin Vc.sin

Dari persamaan keseimbangan dapat dihitung Nc (NFD), Vc (SFD), dan Mc (BMD):


Nc

C

Mc

Ncx = Nc.sin α


A

Vc Vcy = Vc.sin Vc.sin α

SFD Fx = 0 Nc sin – Vc Vc cos = 0 Vc = Nc sin

/ cos

BMD Mc = 30.3(1-cos ) – 30(1-cos ). ½.3(1-cos ) Mc = 90(1-cos ) – 90/2.(1-cos )2 Mc = 90(1-cos ) – 45.(1-cos )2

R 1 = 3 m

R A AV V = 30 kN 3(1-cos )

NFD Fy = 0 30 – 30(1-cos ) + Nc cos + Vc sin = 0 30 – 30 – 30.cos ) + Nc cos + (Nc sin / cos ) sin 30.cos + Nc cos + Nc sin2 /cos = 0 Nc = – 30.cos2 Vc = – 30. sin .cos

=0

Tabel Tabel Perhitungan Perhitungan Sudut α Nc = -30.cos

2

α

Vc = -30.sin -30.sin α .cos α

Mc = 90.(1-cos α) - 45.(1-cos α)

0

- 30

0

0

15

-27. 99

- 7. 5

3. 0 1

30

-22.5

-12.99

11.25

45

- 15

-15

22. 5

60

- 7. 5

-12.99

33.75

90

0

0

45

120

- 7. 5

12.99

33.75

135

- 15

15

22. 5

150

-2 -22.5

12.99

11.25

180

- 30

0

0

2

15

15 ( – ) )

( +)

45°

45°


45

( +) 22,5

22,5

45°

45°


15

15

( – ) )

30

( – ) ) 45°

45°


30

Soal 6 : Pelengkung 3 sendi dengan beban merata Hitu itungla nglah h reak reaksi si tumpu umpuan an,, gam gambark barkan an Free Free Body Diagra Diagram m (FBD), Shearing Shearing Force Diagram (SFD), Bending Momen Diagram (BMD) dan dan Normal Forced Diagram (NFD) pada pada gamb gambar ar diba dibaw wah ini. ini. 10 kN/m

S R 1 = 3 m

A

B R 1 = 3 m

R AH R AV Penyelesaian :

R BH

R 1 = 3 m

R BV

=0 R AV AV . 6 - 10.6.3 = 0 AV = 30 KN R AV ΣMA = 0 BV . 6 + 10.6.3 = 0 - R BV R BV BV = 30 KN ΣMB

=0 Dari bagian sebelah kiri S AV . 3 - R AH R AV .3 -10.3.½.3 = 0 30.3 - R AH .3 - 10. 3.½.3 = 0 R AH = 15 KN ( ) kekanan ΣMS

=0 Dari bagian sebelah kanan S BV . 3 + RBH -R BV .3 + 10.3.½.3 = 0 BH.3 + 10. 3.½.3 = 0 -30.3 + R BH BH = 15 KN ( ) kekiri R BH ΣMS

ΣV =

0 – 10.6 = 0 AV + R BV BV – R AV =0 BH = 0 R AH - R BH ΣH


Nc

C

Mc

Ncx = Nc.sin α


3.sin R AH = 15 KN

Vc Vcy = Vc.sin Vc.sin α A R = 3 m 1

R A AV V = 30 KN 3(1-cos )

Dari persamaan keseimbangan dapat dihitung Nc (NFD), Vc (SFD), dan Mc (BMD): SFD Fx = 0 15 + Nc sin - Vc cos = 0 Vc = (Nc sin + 15 )/cos NFD Fy = 0 30 – 30(1-cos ) + Nc cos Nc = -15.sin -15.sin 30.cos2 Vc = (15 – 30.cos2

sin

+ Vc sin

=0

15.sin2

cos

BMD Mc = 30 30.3 .3(1 (1-c -cos os ) - 15 15.( .(3. 3.si sin n ) – 30(1-cos ).½.3(1-cos ) Mc = 90(1-cos ) - 45.s 45.sin in – 45.(1-cos )2

Nc = - 15 15..sin

30.cos2

Vc = (15 – 30.cos2

sin

Mc = 90(1 90(1-cos -cos ) - 45.s 45.sin in

15.sin2 – 45.(1-cos

cos )2

Tabel Tabel Perhitungan Perhitungan

15

20,49 25,61

20 , 49 25,61

( – )

( – ) 30

30

( – )

30

( – )

45°

45°


30

0

5,49 4,39

15

(+)

( – ) )

45°

5,49 4,39

15

( – ) )

45°


(+)

15

30

5,22

5,22

9

9

11,25

11,25

(-)

(-)

45°

45°



S A

m 5 = R

B

L

Penyelesaian :

45°

45°

Arah reaksi-reaksi tumpuan diasumsikan sebagai berikut berikut : 10 kN/m

S

C

H A

R AH

m 5 = R

B

R BH

L

R AV

45°

R BV

45° L = 2 . (R/√2) = 2.(5/√2) = 7,071 m ½.L = 3.5355 m H = 1.4 1.464 6455 m

Reaksi Tumpuan: M A = 0

– R BV . L + ½ . q . L2 = 0 R BV = ½ . q . L = ½ . 10 . 7,071 7,071 = 35,355 35,355 kN kN (ke (ke atas) atas)

2 MB = 0  R AV AV . L – ½ . q . L = 0

R AV 7,071 = 35,355 35,355 kN kN (ke (ke atas) atas) AV = ½ . q . L = ½ . 10 . 7,071 MS,ki = 0



2 R AV AV . ½ L – R AH . H – ½ . q . (½ L) = 0 2 R AH = (R AV AV . ½ L – ½ . q . (½ L) / H = 42,676 kN (ke kanan)

MS,ka = 0



R BH . H – R BV . ½ L + ½ . q . (½ L)2 = 0 R BH = (R BV . ½ L – ½ . q . (½ L) 2 / H = 42,676 kN (ke kiri)

Kontrol: FH = 0  R AH – R BH = 42 42,676 - 42,676 = 0

OK!

F V = 0  R AV 35,355 + 35,35 35,3555 – 10 . 7,071 = 0 AV + R BV – q . L = 35,355

OK!

q = 10 kN/m

Gaya-gaya dalam (ditinjau pada titik C): = 45° 45° +

Ncy

y c = R . sin

– ½ . L

V cx

y A

xc = ½ . L – R . cos

Ncx

C

R AH

Nc

Mc

x

V cy

y c

V c

Gaya-gaya Nc dan V c diuraikan menjadi komponennya komponennya dalam arah x dan y : Nc Ncx = Nc sin Ncy = Nc cos V c V cx = V c cos V cy = V c sin

R AV AV xc

½L 45°

Digunakan prinsip keseimbangan keseimbangan gaya dan momen : Fx = 0



Ncx – V V cx + R AH = 0 Nc.sin

– V V c . cos + 42,676 = 0

V c = (Nc.sin Fy = 0



+ 42,676) / cos

Ncy + V cy + R AV AV – q.xc = 0 Nc.cos

+ V c . sin

+ 35,355 – 10 . xc = 0

Nc.cos +((N c.s .siin +42 42,6 ,676 76)/ )/ccos Nc = 10 . xc . co cos

- 42,676 . sin

.sin

+ 35,355 – 10.x 10.xc = 0

– 35,355 . cos

Mc = 0  R AV (xc )2 – Mc = 0 AV . xc – R AH . y c – ½ . q . (x

Mc = R AV (xc )2 AV . xc – R AH . y c – ½ . q . (x

α

β

xc (m)

yc (m)

Nc (KN)

Vc (KN)

Mc (KNm)

Titik

0

45

0 , 00 0

0, 0 0

-55,178

+5, 17 8

0

A

15

60

1 , 04 7

0,795

-49 . 46 0

-0,312

-2,661

30

75

2 , 24 1

1,294

-44 , 57 3

-1,454

-1,102

45

90

3 , 53 6

1,465

-42,676

0

0

60

10 5

4 , 83 0

1,294

-44 , 57 3

+1, 45 4

-1,102

75

12 0

6 , 03 6

0,795

-49 , 46 0

+0, 31 2

-2,661

90

13 5

7 , 07 1

0

-55,178

-5,178

0

S

B

44,573 44,460

42,676

44,573

( – )

55,178

44,460

55,178


0

(+) (+)

( – ) ( – )


0

( – )

( – )



S

B

H 45°

A

L2

L1 L Arah reaksi2 tumpuan diasumsikan spt spt pada gambar di atas.

L1 = 6 m L = 10.243 m

L2 = (R / √2) = 4,243 m

Reaksi Tumpuan : M A = 0



– R BV . L – R BH . H + ½ . q . L 2 = 0 10,243 . R BV + 4,243 . R BH = 524,595

MB = 0



... (1)

2 R AV AV . L – R AH . H – ½ . q . L = 0

10,243 . R AV AV – 4,243 . R AH = 524,595 MS,ki = 0



... (2)

2 R AV AV . L1 – R AH . R – ½ . q . (L 1 ) = 0

R AV AV – R AH = 30 MS,ka = 0



... (3)

-R BV . H + R BH . (R (R - H) + ½ . q . (L (L2 )2 = 0 4,243 . R BV – 1,757 . R BH = 90,015

... (4)

Reaksi Tumpuan: 10,243 . R AV AV – 4,243 . R AH = 524,595

... (2)

10,243 . R AV AV – 10,243 . R AH

... (3) x 10,243

= 307,290

6 . R AH = 217,205 R AH = 36,2175 kN

(ke kanan, OK)

R AV AV = 66,2175 kN

(ke atas, OK)

10,243 . R BV + 4,243 . R BH 10,243 . R BV

= 524,595

... (1)

– 4,243 . R BH = 217,377

... (4) x 2,4149

20,486. R BV = 741,972 R BV = 36,2185 kN

(ke atas, OK)

R BH = 36,203 kN

(ke kiri, OK)

Kontrol: FH = 0  R AH – R BH = 36,2175 36,2175 - 36,203 = 0,0145 0,0145 ~ 0 (kesalahan pembulatan), OK! FV = 0  R AV 66,2175 + 36,2185 36,2185 – 10 . 10,243 = 0,006 AV + R BV – q . L = 66,2175 (kesalahan pembulatan), OK!

Gaya-gaya dalam: NA

Titik A ( = 0°):

N A = – R AV AV = – 66,2175 kN VA

R AH

V A = – R AH = – 36,2175 kN M A = 0 kNm

A R AV

Titik C ( = 45°): Fx = 0

36,2175 + 0,7071.Nc – 0,7071.V c = 0 0,7071.Nc – 0,7071.V c = – 36,2175

10 kN/m Nc Mc

...(1)

Fy = 0

66,2175 + 0,7071.Nc + 0,7071.V c – 10 . 1,757 = 0 0,7071.Nc + 0,7071.V c = – 48,6475 ...(2)

V c 4,243

36,2175 R=6m 1,757 66,2175

45°

Nc = - 60,009 60,009 kN V c = - 8,789 8,789 kN Mc = 66,2175 . 1,757 – 36,2175 . 4,243 – 0,5.10.1,7572 = -52,762 kNm

Titik S (

= 9 0 °) :

Fx = 0

36,2175 + NS = 0

10 kN/m

66,2175 + V S – 10 . 6 = 0

MS

 V S

= – 6,2175 kN

MS = 66,2175 . 6 – 36,2175 . 6 – 0,5 . 10 . 62 = 0 kNm

m 6 = R

36,2175

NS = – 36,2175 kN

Fy = 0

NS V S



90° R=6m

66,2175

Titik B (

= 135°):

NB = – 0,7071 . 36,203 – 0,7071 . 36,2185 Nc = – 51,209 kN

NB R BH

V B

V B = + 0,7071 . 36,203 – 0,7071 . 36,2185 V c = – 0,011 kN MB = 0 kNm

R BV

36,2175 60,009 (-)

66,2175


51,209

6,2175 8,789 0,011

(-)

-36,2175


0

52,762

5,112 (-)

(-)

0


0

Mekanika Struktur I Diketahui Konstruksi Arch Konstruksi Arch Bridge /Jembatan /Jembatan Lengkung 1,5 m 1, 1 ,5 m

20 T

5,5 m

20 T L1 = 10 m

1,5 m

5T

A, B, S C dan D

Tumpuan Sendi Tumpuan Rol

4,5 m

5T

E S

C Beban pada jembatan adalah beba beban n roda oda yang yang besa besarn rnyya sepe sepert rtii terli terlihat hat pada pada gambar gambar

4,5 m

A

1,5 m

15 T L2 = 13 m

2,5 m

15 T

F D

R = 10 m

R = 10 m 45° 45°

R = 10 m

B

Gambarkan Shearin Shearing g Force Force Diagra Diagram m (SFD), Bending Bending Momen Momen Diagra Diagram m (BMD) dan Normal Forced Diagram (NFD)

Gambarkan Shea Sheari ring ng Force orce Diagr Diagram am (SFD), Bend Bendin ing g Momen Momen Diagr Diagram am (BMD) dan Normal Normal Forced orced Diagr Diagram am (NFD)

1m

1,5 m

0,8 m

0,8 m 15 Kg

JURUSAN TEKNIK TEKNIK SIPIL UNIVERSITAS SULTAN AGENG TIRTAYASA

10 m

Berat Petunjuk arah 350 Kg

7m

Contoh Soal Portal Dll

Recommend Documents