Modul STATIKA Lengkap (Ir.thamrin Nasution)

STATIKA I

MODUL 1 PENGERTIAN DASAR STATIKA Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution Materi Pembelajaran : 1. Pengertian Dasar Statika.  Gaya.  Pembagian Gaya Menurut Macamnya.  Gaya terpusat.  Gaya terbagi rata.  Gaya Momen, Torsi.  Menyusun Dan Menguraikan Gaya.  Metode Analitis.  Metode Grafis. 2. Gaya-gaya Dalam.  Pengertian.  Gaya Normal.  Gaya Lintang Geser.  Momen Lentur. 3. Perletakan/Tumpuan.  Tumpuan Sendi.  Tumpuan Rol.  Tumpuan Jepit.  Aplikasi.  Perjanjian Tanda. Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya, menyusun dan menguraikan gaya, gaya-gaya dalam serta perletakan. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.

UCAPAN TERIMA KASIH Penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya kepada pemilik hak cipta photo-photo, buku-buku rujukan dan artikel, yang terlampir dalam modul pembelajaran ini. Semoga modul pembelajaran ini bermanfaat. Wassalam Penulis Thamrin Nasution thamrinnst.wordpress.com [email protected]

thamrinnst.wordpress.com

Modul kuliah “STATIKA 1” , Modul 1 Sesi 1, 2012

Ir. Thamrin Nasution

Departemen Teknik Sipil, FTSP. ITMI.

PENGERTIAN DASAR STATIKA A. GAYA Dalam mekanika teknik, gaya dapat diartikan sebagai muatan yang bekerja pada suatu konstruksi. 1. SIFAT a. b. c.

GAYA. Mempunyai besaran (kg, ton dsb). Mempunyai arah. Mempunyai titik tangkap.

Semua gaya yang garis kerjanya terletak pada satu bidang datar disebut KOPLANAR. Semua gaya yang garis kerjanya berpotongan pada satu titik disebut gaya KONKUREN (bertitik pegang tunggal).

Y P1

P1 Bidang datar P3

P2

X Gaya Koplanar

Z 2. PEMBAGIAN GAYA MENURUT MACAMNYA.

P2 Gaya Konkuren

P ton

a. Gaya Terpusat (point load). - Akibat berat orang. - Berat kolom. - Roda kenderaan. - Dll. b. Gaya Terbagi Rata (distributed load). - Akibat berat lantai, balok pada bangunan, dsb. - Angin pada dinding ataupun atap bangunan. - Air pada bendungan. c. Gaya Momen. - Momen lentur - Momen Torsi (puntir). (momen = gaya x lengan gaya).

1

q ton/m’




Ml

Momen lentur

Momen torsi

B. MENYUSUN DAN MENGURAIKAN GAYA PADA BIDANG DATAR. Tujuan : Mencari besar, arah dan letak titik tangkap resultan gaya. 1. METODE ANALITIS. Sejumlah gaya dapat digantikan oleh satu gaya yang disebut RESULTAN GAYA. a. Gaya Konkuren. Perhatikan gambar kumpulan gaya berikut yang terletak pada bidang X-Y, Y K1

K1 sin  K2 sin 

K2



 K2 cos  K1x = K1 cos  K1y = K1 sin 

O

K1 cos 

K2x = K2 cos  K2y = K2 sin 

Perjanjian tanda, - arah gaya kekanan dan keatas bertanda positip (+), - arah gaya kekiri dan kebawah bertanda negatip (-). Besar resultan gaya, - pada sumbu X, Rx =  Kx = K1x - K2x = K1 cos  - K2 cos  - pada sumbu Y, Ry =  Ky = K1y + K2y = K1 sin  + K2 sin 

2

X




Maka resultan gaya,

R  Rx 2  Ry 2

Y

Resultan ini bekerja melalui titik O.

R

Ry

R

Ry

Arah resultan gaya,

tan γ 

Ry Rx  X Rx (+)

 Rx

Rx Rx (-)

b. Gaya Tidak Konkuren. Perhatikan gambar kumpulan gaya berikut yang terletak pada bidang X-Y,

K2

K1 K1y

K2y y1

K1x

2

y2

K2x

Ry

R

ys

0

1

Rx

x2

x1

xs

Komponen gaya pada sumbu X dan Y, K1x = K1 cos 1 K1y = K1 sin 1 K2x = K2 cos 2 K2y = K2 sin 2 Rx =  Kx = K1x + K2x = K1 cos 1 + K2 cos 2 Ry =  Ky = K1y + K2y = K1 sin 1 + K2 sin 2 Resultan,

R  Rx 2  Ry 2 Letak titik tangkap gaya resultan. Untuk mencari letak titik tangkap resultan R adalah dengan menghitung momen Mx dan My terhadap titik O (pusat sumbu X-Y), dimana momen sama dengan gaya dikali lengan gaya seperti berikut, 3




Mx = K1x . y1 + K2x . y2 =  Kx . y My = K1y . x1 + K2y . x2 =  Ky . x

.......................(1)

Titik tangkap resultan R dinamakan titik (s) dengan koordinat (xs,ys), maka momen akibat resultan gaya, Mx = Rx . ys ; Mx ys  Rx

My = Ry . xs My ; xs  Ry

.......................(2)

Substitusikan (1) kedalam (2),  Ky . x  Kx . y xs  ; ys  Ry Rx Arah resultan, tan γ 

Ry Rx

Contoh soal : 1). Y

R

K2

5,740

o

300

K1

20

o

K3 o

140

0

X 1,419

Diketahui : Gaya-gaya seperti tergambar, K1 = 6 ton, K2 = 8 ton, K3 = 3 ton dengan koordinat titik tangkap gaya-gaya (2,2), (4,4) dan (5,3). Arah masing-masing gaya 1 = 140o, 2 = 20o dan 3 = 300o.

4




Ditanya : Besar resultan gaya, letak titik tangkap resultan dan arahnya. Penyelesaian : - Resultan pada sumbu X, Rx =  Kx = K1 cos 1 + K2 cos 2 + K3 cos 3 = (6).cos 140o + (8).cos 20o + (3).cos 300o = - 4,596 + 7,518 + 1,500 Rx = + 4,422 ton (kekanan). - Resultan pada sumbu Y, Ry =  Ky = K1 sin 1 + K2 sin 2 + K2 sin 2 = (6).sin 140o + (8).sin 20o + (3).sin 300o = 3,857 + 2,736 – 2,598 Ry = + 3,995 ton (keatas) - Resultan total,

R

Rx 2  Ry 2  (4,422) 2  (3,995) 2 = 5,959 ton

- Arah resultan, Ry 3,995 tan γ   = 0,90344 Rx 4,422  = arc tan (0,90344) = 42o 05’ 45” - Letak titik tangkap gaya resultan pada sumbu X dan Y. Momen terhadap sumbu X, Mx = K1x . y1 + K2x . y2 + K3x . y3 = (6).cos 140o.(2) + (8).cos 20o.(4) + (3).cos 300o.(3) = - 9,193 + 30,070 + 4,500 Mx = 25,378 t.m’. Momen terhadap sumbu Y, My = K1y . x1 + K2y . x2 + K3y . x3 = (6).sin 140o.(2) + (8).sin 20o.(4) + (3).sin 300o.(5) = 7,713 + 10,945 – 12,990 My = 5,668 t.m’. Mx = Rx . ys Mx 25,378 ys   = 5,740 m. Rx 4,422 My = Ry . xs My 5,668 xs   = 1,419 m. Ry 3,995

5




2). Tentukan besar dan letak titik tangkap gaya resultan berikut. Y a3 a2 a1 P1

P2

P3

o

X

R = P1 + P2 + P3 x

Penyelesaian : - Besar resultan, R = P1 + P2 + P3 - Letak titik tangkap gaya resultan, x . R = P1 . a1 + P2 . a2 + P3 . a3 P1. a1  P2 . a2  P3 . a3 x R atau P1. a1  P2 . a2  P3 . a3 x P1  P2  P3 Apabila, P1 = 1 ton ; P2 = 2 ton ; P3 = 3 ton dan a1 = 1 meter ; a2 = 3 meter ; a3 = 6 meter maka, (1 t) . (1 m)  (2 t) . (3 m)  (3 t) . (6) x (1 t)  (2 t )  (3 t) x = 4,167 meter (dari sb-Y). 3). Mencari letak titik berat luasan. Y a3 a2

a1

X F1

F2

F3

x Ftotal = F1 + F2 + F3

6




- Besar resultan, R = Ftotal = F1 + F2 + F3 - Letak titik tangkap gaya resultan, x . R = F1 . a1 + F2 . a2 + F3 . a3 x

F1. a1  F2 . a2  F3 . a3 R

x

F1. a1  F2 . a2  F3 . a3 (dari sumbu Y). F1  F2  F3

atau

2. METODE GRAFIS. A). POLIGON GAYA. Apabila terdapat dua gaya K1 dan K2 seperti gambar berikut, K1

K1

R

//

a)

b)

K2

O

\

\ K2

//

O

Maka resultan dapat dicari dengan cara, menarik garis yang paralel dengan gaya K1 dan K2, kemudian ditarik garis dari titik O ketitik perpotongan kedua garis tadi, hasil ini disebut paralelogram gaya. Untuk mempercepat proses pekerjaan dapat digambarkan sebagai berikut, K1 K1 a)

R

R’ = -R b) O

K2

O

K2

R’ = mengimbangi R

a. Gaya bersifat konkuren. Apabila terdapat gaya seperti gambar berikut, maka resultan R dapat dicari seperti cara grafis diatas yaitu, K3 K3

K2

K2

K3

K4

R

b)

a)

c) K1

K2

K1 K5

K4

R K5

K1

R’

K4 K5

POLIGON GAYA

Untuk menggambarkan gaya-gaya K1...K5 harus dilakukan dengan skala sehingga menghasilkan gambar b) diatas yang disebut poligon gaya. 7




b. Gaya tidak konkuren. Sebagai contoh gaya tidak konkuren, ambil contoh soal pada cara analitis sebelumnya. Y

R

K2

5,740

o

300

K1

20

o

K3 o

140

X

0

1,419

Maka penyelesaian grafis adalah sebagai berikut, K1

K2

K3 R’ K1

K3 R

R

R’ K2

cara kedua

cara pertama

8




B). POLIGON BATANG. Pada cara ini resultan R dari gaya-gaya yang tidak konkuren dapat dicari beserta titik tangkapnya, lihat contoh-contoh berikut. 1). Gaya-gaya paralel secara vertikal, besar dan letaknya sembarang. K5

5

b) diagram kutub K1 0

K3

K2

K4 0

K1 2

3

titik sembarang a)

1 2

K2

1

S

4 5

3

0

K3 4

R K4 R

K5

5

S titik sembarang

Langkah-langkah penyelesaian grafis mencari resultan R adalah dengan menggambarkan pertama kali diagram kutubnya (dengan memakai skala gaya), yaitu : a. Susunlah gaya-gaya K1...K5 seperti terlihat pada gambar b). b. Buat titik sembarang S. c. Tarik garis yang menghubungkan titik S dengan ujung atas gaya K1 dan selanjutnya dinamakan garis 0. d. Kemudian hubungkan pula titik S dengan ujung gaya K2, dinamakan garis 1, dan seterusnya sampai dengan garis 5. e. Setelah diagram kutub selesai, buat gambar a), dengan cara menarik garis yang sejajar (//) dengan garis 0 memotong gaya K1 pada titik sembarang. f. Pada titik perpotongan ini (yaitu pada gaya K1), tarik garis sejajar (//) dengan garis 1 sampai memotong gaya K2. Dan seterusnya digambarkan sampai dengan garis yang sejajar garis 5 yang memotong gaya K5. g. Perpanjanglah garis 0 dan garis 5 sampai keduanya saling berpotongan satu sama lain. Titik potong ini adalah merupakan titik tangkap gaya resultan R.

9




2). Gaya-gaya tidak paralel, tidak konkuren, besar dan letaknya sembarang.

4

3

5

2 1

K5

K4 0

K1

K1

0

K3 K2

1

K2 2

K3

3

4

K4

R

5

K5

R

10




3).Gambar/lukisan tidak simetris. Mencari letak titik berat poligon batang.

F2

F1

F1 0 1

F2 3

2

F3 F3 0

F2 0

F2

1

F3

F1

1 2

F3

3

2

F1 F3

F1

F2

3 3

2

1

0

0

C. KEADAAN SEIMBANG. Jika benda dibebani dengan gaya-gaya dan ternyata benda tersebut tidak bergerak maka benda tersebut dikatakan dalam keadaan seimbang statis, artinya gaya-gaya yang bekerja dalam keadaan seimbang statis antara gaya aksi dan reaksi. Contoh gaya konkuren berikut, K4 Y K1

Gaya-gaya seimbang apabila, Rx =  Kx = 0 Ry =  Ky = 0 R  Rx 2  Ry 2

K2 K3

12

X




Dalam bentuk aplikasi pada jembatan seperti berikut, P1

P2

P3 Rb

Ra

B

A

Balok diatas dua tumpuan (A dan B), dalam keadaan seimbang statis terdapat gaya-gaya, Ra + Rb = P1 + P2 + P3

13




GAYA-GAYA DALAM 1. PENGERTIAN. Gaya yang dipikul suatu konstruksi akan disalurkan ke setiap bagian dari konstruksi. Gaya yang disalurkan ini disebut gaya dalam. Gaya dalam ini menimbuljan perobahan bentuk (deformasi) pada bagian konstruksi, yang dilawan oleh tegangan didalamnya, sehingga keseimbangan dalam tercapai. Gaya-gaya dalam ini berupa GAYA NORMAL, GAYA LINTANG/GESER, GAYA MOMEN LENTUR dan MOMEN TORSI. 2. Gaya Normal. Gaya normal dapat berupa tekan atau tarik seperti berikut,

N

N

N N N

N

N

N

3. Gaya Lintang/Geser. P

I

II

A

B

II

I RA

RB

Q+

Q-

Q-

Q+

Pot. II

Pot. I Dimana, P = gaya luar RA = gaya reaksi pada perletakan/tumpuan A. RB = gaya reaksi pada perletakan/tumpuan B. Q = gaya lintang (gaya/perlawanan dalam).

14




Potongan I. Akibat gaya reaksi RA elemen balok sebelah kiri terangkat keatas, oleh gaya dalam (gaya lintang) dikembalikan kebentuk semula, pada keadaan ini disebut gaya lintang positip (Q+). Potongan II. Identik dengan peristiwa diatas (pot. I), elemen sebelah kanan yang terangkat keatas, sehingga menghasilkan gaya lintang negatip (Q-). 4. Momen Lentur. P

Pot. I A

B garis lentur

I RA

RB

Pot. I

Momen lentur

Akibat gaya luar P maka balok akan melentur, oleh gaya dalam momen lentur kondisi ini akan dilawan sehingga terdapat keseimbangan dalam. P

M-

A

B

Garis lentur

B

A

P

M+ RA

RB

P

5. Momen Torsi. Tampang balok menahan momen torsi/ puntir sebesar, M torsiBAB = P . z III

RA

RB

M torsi = P . z

z

15




PERLETAKAN / TUMPUAN Semua bangunan (konstruksi) terletak diatas tumpuan/perletakan. Fungsi tumpuan adalah menyalurkan gaya-gaya luar yang bekerja pada konstruksi dan berat konstruksi itu sendiri ke bagian bawahnya. Sehingga terdapat reaksi-reaksi yang mengimbangi gaya-gaya luar tadi dan berat konstruksi. Jenis-Jenis Tumpuan. 1. Tumpuan Sendi.

Simbol

Konstruksi sendi

V0

Gaya-gaya yang dapat/tidak dapat bekerja pada sendi, M=0 V = gaya vertikal tidak sama dengan nol. V  0 (dapat memikul gaya vertikal). H = gaya-gaya horisontal tidak sama dengan nol. H  0 (tidak dapat bergeser kesamping, dapat memikul gaya horisontal). M = momen sama dengan nol. M = 0 (tidak dapat memikul momen, karena sendi dapat perputar pada porosnya).

H0

2. Tumpuan Rol. Simbol

V0

Konstruksi rol M=0 Gaya-gaya yang dapat/tidak dapat bekerja pada rol, V = gaya vertikal tidak sama dengan nol. V  0 (dapat memikul gaya vertikal). H = gaya-gaya horisontal sama dengan nol. H = 0 (dapat bergeser kesamping, tidak dapat memikul gaya horisontal). M = momen sama dengan nol. M = 0 (tidak dapat memikul momen, karena sendi dapat perputar pada porosnya). 16

H=0




3. Tumpuan Jepit.

balok beton

Simbol

Konstruksi perletakan jepit M0 H0

Gaya-gaya yang bekerja

V0

Gaya-gaya yang dapat/tidak dapat bekerja pada perletakan jepit, V = gaya vertikal tidak sama dengan nol. V  0 (dapat memikul gaya vertikal). H = gaya-gaya horisontal tidak sama dengan nol. H0 M = momen sama dengan nol. M  0 (dapat memikul momen) 4. Aplikasi, P1

P2

RAH A

B

RAV

RBV

Gaya-gaya P1 dan P2 yang bekerja pada konstruksi dan reaksi-reaksi dari tumpuan sendi (RAH, RAV) dan tumpuan rol (RBV) berada dalam keadaan seimbang statis. Dalam Penyelesaian digunakan syarat seimbang pada gaya koplanar, yaitu  gaya-gaya vertikal = 0 (V = 0),  gaya-gaya horisontal = 0 (H = 0),  momen pada tumpuan sendi = 0 (MA = 0),  momen pada tumpuan rol = 0 (MB = 0).

17




Jadi ada empat persamaan dengan tiga variabel yang tidak diketahui, yaitu RAH, RAV dan RBV, oleh karena itu struktur disebut Statis tertentu. Apabila perletakan rol B diganti dengan sendi, maka variabel yang tidak diketahui menjadi 4 (empat) yaitu RAH, RAV, RBH dan RBV dengan empat persamaan, struktur ini menjadi Statis tidak tertentu. 5. Perjanjian Tanda. Dalam perhitungan statika dipakai perjanjian tanda seperti berikut : a. Gaya-gaya vertikal yang arahnya menuju keatas dianggap positip, sedangkan gayagaya vertikal yang arahnya menuju kebawah dianggap negatip. b. Gaya-gaya horisontal yang arahnya menuju kekanan dianggap positip, sedangkan gaya-gaya horisontal yang arahnya menuju kekiri dianggap negatip. c. Momen yang menyebabkan serat sebelah atas balok tertekan dan serat bawah tertarik dianggap positip, sedangkan momen yang menyebabkan serat balok sebelah atas tertarik dan bawah tertekan dianggap negatip. d. Gaya normal tekan bertanda negatip, dan gaya normal tarik bertanda positip. e. Gaya lintang bertanda positip apabila reaksi perletakan kiri menekan balok kearah atas dan gaya luar menekan balok kearah bawah, kebalikan dari peristiwa ini gaya lintang bertanda negatip. f. Jumlah aljabar momen pada tumpuan/perletakan bertanda positip apabila arah putaran momen searah jarum jam, sebaliknya jumlah aljabar momen pada perletakan bertanda negatip bila arah putaran berlawanan jarum jam.

WORKSHOP/PELATIHAN Diketahui penampang dengan ukuran-ukuran seperti tergambar. Tentukanlah letak pusat pusat berat dengan cara analitis dan grafis terhadap sb-X dan sb-Y. Y h1

1

2

5 cm h2

3

b1

b2

b1 = 10 cm + X b2 = 2 cm + X/2 b3 = 5 cm + X h1 = 1 cm + X/2 h2 = 11 cm + X h3 = 4 cm + X/2 Catatan : X = satu angka terakhir No.Stb.

h3

b3

3 cm X

Penyelesian : CARA ANALITIS X = -1 b1 = 9 cm ; b2 = 1,5 cm ; b3 = 4 cm ; h1 = 0,5 cm ; h2 = 10 cm ; h3 = 3,5 cm a). Luas. 2 F1 = b1 . h1 = (9 cm) . (0,5 cm) = 4,5 cm . 2 F2 = b2 . h2 = (1,5 cm) . (10 cm) = 15,0 cm . 18




F3 = b3 . h3 = (4 cm) . (3,5 cm) Jumlah

2

= 14,0 cm . 2 Ftotal = 33,5 cm .

b). Letak Pusat Berat Penampang Terhadap sb-X dan sb-Y. x1 = (5 cm) + ½ b1 = 1/2 (9 cm) + (5 cm) = 9,5 cm. x2 = (5 cm) + b1 + ½ b2 = (5 cm) + (9 cm) + 1/2 (1,5 cm) = 14,75 cm. x3 = (5 cm) + b1 + b2 + ½ b3 = (5 cm) + (9 cm) + (1,5 cm) + 1/2 (4 cm) = 17,5 cm. y1 = (3 cm) + h2 – ½ h1 = (3 cm) + (10 cm) –1/2 (0,5 cm) = 12,75 cm. y2 = (3 cm) + ½ h2 = (3 cm) + 1/2 (10 cm) = 8 cm. y3 = (3 cm) + ½ h3 = (3 cm) + 1/2 (3,5 cm) = 4,75 cm. 2

= 57,375 cm . 3 = 120,000 cm . 3 = 66,500 cm . 3 = 243,875 cm .

2

= 42,750 cm . 3 = 221,250 cm . 3 = 245,000 cm . 3 = 509,000 cm .

Mx1 = F1 . y1 = (4,5 cm ) . (12,75 cm) 2 Mx2 = F2 . y2 = (15 cm ) . (8 cm) 2 Mx3 = F3 . y3 = (14 cm ) . (4,75 cm) Jumlah Mx My1 = F1 . x1 = (4,5 cm ) . ( 9,5 cm) 2 My2 = F2 . x2 = (15 cm ) . (14,75 cm) 2 My3 = F3 . x3 = (14 cm ) . (17,5 cm) Jumlah My

X

Y

My Ftotal Mx Ftotal

3

3



509,000 = 15,19 cm dari sumbu Y. 33,5



243,875 = 7,28 cm dari sumbu X. 33,5

Kunci Jawaban No.

b1

b2

b3

h1

h2

h3

F1

Stb.

cm

cm

cm

cm

cm

cm

cm

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

9.0 10.0 11.0 12.0 13.0 14.0 15.0 16.0 17.0 18.0 19.0

1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5

4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 11.0 12.0 13.0 14.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5

10.0 11.0 12.0 13.0 14.0 15.0 16.0 17.0 18.0 19.0 20.0

3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5 8.0 8.5

4.5 10.0 16.5 24.0 32.5 42.0 52.5 64.0 76.5 90.0 104.5

y1

y2

F2

2

cm

F3

2

cm

15.0 22.0 30.0 39.0 49.0 60.0 72.0 85.0 99.0 114.0 130.0

Ftotal

2

cm

14.0 20.0 27.0 35.0 44.0 54.0 65.0 77.0 90.0 104.0 119.0

33.5 52.0 73.5 98.0 125.5 156.0 189.5 226.0 265.5 308.0 353.5

y3

Mx1

Mx2

Mx3

My1

My2

3

3

3

3

3

cm

cm

cm

12.75 13.50 14.25 15.00 15.75 16.50 17.25 18.00 18.75 19.50

8.0 8.5 9.0 9.5 10.0 10.5 11.0 11.5 12.0 12.5

4.75 5.00 5.25 5.50 5.75 6.00 6.25 6.50 6.75 7.00

cm

57.375 135.000 235.125 360.000 511.875 693.000 905.625 1152.000 1434.375 1755.000

cm

120.000 187.000 270.000 370.500 490.000 630.000 792.000 977.500 1188.000 1425.000

cm

66.500 100.000 141.750 192.500 253.000 324.000 406.250 500.500 607.500 728.000

19

cm

42.750 100.000 173.250 264.000 373.750 504.000 656.250 832.000 1032.750 1260.000

2

cm

221.250 352.000 517.500 721.500 967.750 1260.000 1602.000 1997.500 2450.250 2964.000

x1

x2

x3

cm

cm

cm

9.5 10.0 10.5 11.0 11.5 12.0 12.5 13.0 13.5 14.0 14.5

14.75 16.00 17.25 18.50 19.75 21.00 22.25 23.50 24.75 26.00 27.25

17.50 19.50 21.50 23.50 25.50 27.50 29.50 31.50 33.50 35.50 37.50

My3

cm

3

245.000 390.000 580.500 822.500 1122.000 1485.000 1917.500 2425.500 3015.000 3692.000




20.25

13.0

Mx

cm

3

243.875 422.000 646.875 923.000 1254.875 1647.000 2103.875 2630.000 3229.875 3908.000 4668.875

7.25

My

cm

3

509.000 842.000 1271.250 1808.000 2463.500 3249.000 4175.750 5255.000 6498.000 7916.000 9520.250

2116.125

X

Y

cm

cm

15.19 16.19 17.30 18.45 19.63 20.83 22.04 23.25 24.47 25.70 26.93

7.28 8.12 8.80 9.42 10.00 10.56 11.10 11.64 12.17 12.69 13.21

1690.000

862.750

20

1515.250

3542.500

4462.500

STATIKA I

MODUL 2 BALOK TERJEPIT SEBELAH Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran :      

Balok Terjepit Sebelah Memikul Sebuah Muatan Terpusat Balok Terjepit Sebelah Memikul Beberapa Muatan Terpusat Balok Terjepit Sebelah Memikul Muatan Terbagi rata (q t/m’) Balok Terjepit Sebelah Memikul Muatan Segitiga (q t/m’) Balok Terjepit Sebelah Memikul Muatan Segitiga Terbalik (q t/m’) WORKSHOP/PELATIHAN

Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya dalam dari struktur balok terjepit sebelah dengan beban-beban terpusat, beban terbagi rata dan segitiga, dan mampu melakukan perhitungan gaya-gaya dalam (M,D,N) dan mampu menggambarkannya. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.



Modul kuliah “STATIKA 1” , Modul 2, 2012



BALOK TERJEPIT SEBELAH 1. Balok Terjepit Sebelah Memikul Sebuah Muatan Terpusat. P

P = 10 ton a=5m A

C

A

B

C MA

x L=6m

RAV

Gbr. b

Gbr. a C

A

- 50 t.m’

B

C

A

B

B

+ 10 ton

x

Gbr. d : Bidang gaya lintang

Gbr. c : Bidang momen

Penyelesaian : a. Reaksi perletakan.  V = jumlah gaya-gaya vertikal = 0 RAV - P = 0 RAV = P = + 10 ton.  H = jumlah gaya-gaya horisontal = 0 RAH = 0 b. Gaya lintang. DA-C = + P = + 10 ton. DC-A = + DA-C = + P = + 10 ton. DC-B = + DC-A - P = + 10 – 10 = 0 ton. Lihat gambar d. c. Gaya Normal. RAH = 0  NA-C = RAH = 0. d. M o m e n. Untuk memudahkan perhitungan, momen dihitung dari kanan kekiri, sebagai berikut : MC = - P . 0 = - 10 ton x 0 meter = - 0 t.m’. MA = - P . a = - 10 ton x 5 meter = - 50 t.m’. (tanda negatip menunjukkan serat atas balok tertarik).

1




Pada jarak x dari titik C, besar momen MX = - P . x Untuk x = 1 meter, maka MX=1 = - 10 ton x 1 meter = - 10 t.m’, dan seterusnya. Apabila momen dihitung dari kiri kekanan, maka, MX=1 = RAV . (a-x) + MA = 10 x (5 – 1) - 50 = - 10 t.m’. 2. Balok Terjepit Sebelah Memikul Beberapa Muatan Terpusat.

A

45

RAH

P3

P2

P1

60

o

C

o

B

E

D

a1 = 1 m

RAV

P1 = 2 ton P2 = 3 ton P3 = 4 ton

a2 = 3 m a3 = 4 m

L=6m

Gbr. a A

D

C

E B + 3,464 t + 5,585 t

+ 7,585 t a1 = 1 m

Gbr. b : Bidang gaya lintang

a2 = 3 m a3 = 4 m

L=6m A

C

- 2 t (tekan)

D + 0,121 t (tarik)

E

B

a1 = 1 m

Gbr. c : Bidang gaya normal

a2 = 3 m a3 = 4 m

L=6m

2




A

C

D

E B

- 3,464 t.m’ - 14,634 t.m’ - 22,219 t.m’ a1 = 1 m

Gbr. d : Bidang momen

a2 = 3 m a3 = 4 m

L=6m

Penyelesaian : a. Reaksi perletakan. Anggap reaksi vertikal keatas,  V = jumlah gaya-gaya vertikal = 0 RAV - P1 - P2 sin 45o - P3 sin 60o = 0 RAV - 2 - 3 x sin 45o - 4 x sin 60o = 0 RAV = 2 + 2.121 + 3.464 = + 7,585 ton (keatas). Anggap reaksi horisontal kekanan,  H = jumlah gaya-gaya horisontal = 0 RAH + P2 cos 45o - P3 cos 60o = 0 RAH + 3 x cos 45o - 4 x cos 60o = 0 RAH = - 2.121 + 2 = - 0,121 ton (kekiri). b. Gaya lintang. DA-C = + RAV = + 7,585 ton. DC-D = + RAV – P1 = 7,585 – 2 = + 5,585 ton. DD-E = + RAV – P1 – P2 sin 45o = 7,585 – 2 – 2,121 = + 3,464 ton. DE-B = + RAV – P1 – P2 sin 45o – P3 sin 60o = 7,585 – 2 – 2,121 – 3,464 = + 0 ton. Lihat gambar b. c. Gaya Normal. Gaya normal dihitung dari kiri kekanan, reaksi horisontal kekiri, maka NA-C = RAH = + 0,121 ton (tarik). NC-D = NA-C = + 0,121 ton (tarik). ND-E = RAH - P cos 45o = 0,121 - 2,121 = - 2 ton (tekan). NE-B = RAH - P cos 45o + P cos 60o = 0,121 - 2,121 + 2 = 0 ton (tekan). Lihat gambar c. d. M o m e n. Untuk memudahkan perhitungan, momen dihitung dari kanan kekiri, sebagai berikut : MB = 0 t.m’. ME = 0 t.m’.

3




= - P3 sin 60o . (a3 – a2) = - 4 x sin 60o x (4 – 3) = - 3,464 t.m’. MC = - P3 sin 60o . (a3 – a1) – P2 sin 45o . (a2 – a1) = - 3,464 x (4 – 1) – 2,121 x (3 – 1) MC = - 14,634 t.m’. MA = - P3 sin 60o . (a3) – P2 sin 45o . (a2) – P1 . (a1) = - 3,464 x (4) – 2,121 x (3) – 2 x (1) MA = - 22,219 t.m’. (tanda negatip menunjukkan serat atas balok tertarik). MD

3. Balok Terjepit Sebelah Memikul Muatan Terbagi rata (q t/m’). q = 3 t/m’ A

B QR

RAV

L=6m

Gbr. a q = 3 t/m’ A

QX

X RAV

B

x

MA L=6m

Gbr. b : Tinjau tampang X sejauh x dari B A Linear

B

DX x

DA = + 18 t

L=6m

Gbr. c : Bidang gaya lintang MX A

B

Gbr. d : Bidang momen

parabola

x

MA = - 18 t.m’

L=6m

4




Penyelesaian : a. Reaksi perletakan. Resultan muatan terbagi rata, QR = q . L = 3 t/m’ x 6 m = 18 ton. V = 0 RAV - QR = 0 RAV - 18 = 0 RAV = 18 ton (keatas). b. Gaya lintang. DA = + RAV = + 18 ton. c. M o m e n . MA = - QR . ½ L = - (18 t) x (½ x 6 m) = - 54 ton.m’. d. Tinjau tampang X. Gaya lintang dihitung dari kanan kekiri, dengan mengambil jarak x (variabel) dari titik B sebagai berikut, Dx = Qx = + q . x (ton). Untuk x = 1 meter dari B, maka Dx=1 = + 3 t/m’ x 1 m = + 3 ton. Untuk x = 6 meter dari B, maka Dx=6 = DA = + 3 t/m’ x 6 m = + 18 ton. Momen dihitung dari kanan kekiri, dengan mengambil jarak x (variabel) dari titik B sebagai berikut, Mx = - Qx . ½ x = - q . x . ½ . x Mx = - ½ q x2 (t.m’) Untuk x = 1 meter dari B, maka Mx=1 = - ½ . (3 t/m’) x (1 m)2 = - 3 tm’. Untuk x = 6 meter dari B, maka Mx=6 = MA = - ½ . (3 t/m’) x (6 m)2 = - 54 tm’. 4. Balok Terjepit Sebelah Memikul Muatan Segitiga (q t/m’). q = 3 t/m’

qx = q . x/L

A X QR

RAV 1/3 L

QX x

2/3 L L=6m

Gbr. a

5

B




Penyelesaian : Pada muatan segitiga letak titik berat resultan berada pada jarak 1/3 L dari sisi tegak, atau 2/3 L dari ujung lancip, dimana besar resultan beban segitiga adalah, QR = q . ½ L = ½ q . L (ton). a. Reaksi perletakan. RAV = QR = ½ q L = + ½ x (3 t/m’) x (6 m) = + 9 ton. b. Gaya lintang. DA = + RAV = + 9 ton. c. M o m e n . MA = - QR . 1/3 L = - ½ q . L . 1/3 L = - 1/6 q L2. = - 1/6 x (3 t/m’) x (6 m)2 MA = - 18 ton.m’. d. Tinjau tampang X. Tampang X terletak sejauh x dari ujung B, letak titik berat resultan berada pada jarak 1/3 x dari sisi tegak, atau 2/3 x dari ujung lancip (B), besar beban segitiga adalah, qX = q . x/L (ton/m’), dan resultan, QX = qX . ½ x = q . x/L . ½ x = ½ q x2/L (ton). Gaya lintang pada tampang X, Dx = + QX = + ½ q x2/L (ton). Untuk x = 3 meter, DX=3 = + ½ x (3 t/m’) x (3 m)2/(6 m) = + 2,25 ton. Untuk x = L = 6 meter, DX=6 = + ½ x (3 t/m’) x (6 m)2/(6 m) = + 9 ton. Momen pada tampang X, MX = - QX . 1/3 x = - ½ q x2/L . (1/3 x) = - 1/6 q x3/L (t.m’). Untuk x = 3 meter, MX=3 = - 1/6 q x3/L = - 1/6 x (3 t/m’) x (3 m)3/(6 m) MX=3 = - 2,25 ton.m’.

6




Untuk x = L = 6 meter, MX=6 = MA = - 1/6 q x3/L = - 1/6 x (3 t/m’) x (6 m)3/(6 m) MX=6 = MA = - 18 ton.m’. x Gbr. b

X

A

B

Bidang gaya lintang (positip)

2

Dx =1/2 q x /L

Gbr. c

A

B

Bidang momen (negatip)

3

Mx =1/6 q x /L

L

5. Balok Terjepit Sebelah Memikul Muatan Segitiga Terbalik (q t/m’). qx = q . x/L

A

QX

RAV

q = 3 t/m’

X

B

QR L-x

x 2/3 L

1/3 L L=6m

Gbr. a

Penyelesaian : Besar resultan beban segitiga adalah, QR = q . ½ L = ½ q . L (ton). a. Reaksi perletakan. RAV = QR = ½ q L = + ½ x (3 t/m’) x (6 m) = + 9 ton. b. Gaya lintang. DA = + RAV = + 9 ton.

7




c. M o m e n . MA = - QR . 2/3 L = - ½ q . L . 2/3 L = - 1/3 q L2. = - 1/3 x (3 t/m’) x (6 m)2 MA = - 36 ton.m’. d. Tinjau tampang X. Tampang X terletak sejauh x dari ujung A, letak titik berat resultan berada pada jarak 1/3 x dari sisi tegak, qX = q . x/L (ton/m’), dan resultan, QX = qX . ½ x = q . x/L . ½ x = ½ q x2/L (ton). Gaya lintang pada tampang X. - Apabila dihitung dari kiri, Dx = RAV - QX = 9 ton - ½ q x2/L (ton). Untuk x = 3 meter, DX=3 = 9 - ½ x (3 t/m’) x (3 m)2/(6 m) = + 6,75 ton. - Apabila dihitung dari kanan, 3 t/m'  q x /L . (L  x ) 2 Untuk x = 3 meter, Dx 

D x 3 

3 t/m'  (3 t/m' ) . (3 m) / (6 m) . (6 m  3 m) = + 6,75 ton. 2 Qx1 qx = q . x/L 3 t/m’ X x

Qx2 L-x

L

Momen pada tampang X, MX = – QX1 . 2/3 (L – x) – QX2 . 1/2(L – x) Dimana,

8




QX1 = (3 t/m’ – q x/L) . 1/2(L – x) QX2 = (q x/L) . (L – x) Untuk x = 3 meter, QX1 = {3 t/m’ – (3 t/m’).(3 m)/(6 m)} . 1/2(6 m – 3 m) = 2,25 ton. QX2 = (3 t/m’).(3 m)/(6 m) . (6 m – 3 m) = 4,5 ton. Maka, momen pada tampang sejauh x = 3 m dari tumpuan A, MX = – (2,25 ton). 2/3(6 m – 3 m) – (4,5 ton) . 1/2(6 m – 3 m) Mx = – 4,5 t.m’ – 6,75 t.m’ = – 11,25 t.m’. x Gbr. b

X

A

B

Bidang gaya lintang (positip)

Dx Gbr. c

A

B Mx

L

9

Bidang momen (negatip)




WORKSHOP/PELATIHAN P1 = (1+X/4) T P2 = 2 T

q = 2 t/m’

60

o

30

A C 1/4L

D 1/4L

o

B

E 1/4L

1/4L

L = 3 m + X/2

Diketahui : Struktur perletakan jepit seperti gambar diatas, dengan bentang L = 3 m + X/2 memikul gaya-gaya terpusat dan beban terbagi rata. X = satu angka terakhir No.Stb. Diminta : Hitung dan gambarkan gaya lintang (D), momen (M) dan gaya normal (N). Penyelesaian : X = -1 ; L = 3 m + (-1/2) m = 2,5 meter ; P1 = 1 + (-1/4) = 0,75 ton. q = 2 t/m’ ; P2 = 2 ton. a). Reaksi perletakan. Anggap reaksi vertikal keatas,  V = jumlah gaya-gaya vertikal = 0 RAV – q . (1/4L) – P1 sin 60o – P2 sin 30o = 0 RAV – (2 t/m’).(2,5 m/4) – (0,75 t).sin 60o – (2 t).sin 30o = 0 RAV = 1,250 t + 0,650 t + 1,000 t = + 2,900 ton (keatas). Anggap reaksi horisontal kekanan,  H = jumlah gaya-gaya horisontal = 0 RAH – P1 cos 60o – P2 cos 30o = 0 RAH – (0,75 t) . cos 60o – (2 t) . cos 30o = 0 RAH = 0,375 t + 1,732 t = + 2,107 ton (kekanan). b. Gaya lintang. Dihitung dari kiri ke kanan, DA = + RAV = + 2,900 ton. DC = + RAV – q . (1/4L) = 2,900 t – (2 t/m’).(2,5 m/4) = + 1,650 ton. DD = DC = + 1,650 ton DE = + RAV – q . (1/4L) – P1 sin 60o = 2,900 t – (2 t/m’).(2,5 m/4) – (0,75 t).sin 60o = 1,000 ton = P2 sin 30o. DB = + RAV – q . (1/4L) – P1 sin 60o – P2 sin 30o = 2,900 t – (2 t/m’).(2,5 m/4) – (0,75 t).sin 60o – (2 t).sin 30o = 0 ton. Dihitung dari kanan ke kiri, DB = 0 ton. DE = + P2 sin 30o = + (2 t).sin 30o = + 1,000 ton. DD = + P2 sin 30o + P1 sin 60o = + (2 t).sin 30o + (0,75 t).sin 60o = + 1,650 ton. DC = DD = + P2 sin 30o + P1 sin 60o = + 1,650 ton.

10




DA = + P2 sin 30o + P1 sin 60o + q . (1/4L) = + (2 t).sin 30o + (0,75 t).sin 60o + (2 t/m’).(2,5 m/4) = + 2,900 ton. c. Gaya Normal. Gaya normal dihitung dari kanan ke kiri, maka NB-E = 0 ton. NE-D = – P2 cos 30o = – (2 t).cos 30o = – 1,732 ton (tekan). ND-C = – P2 cos 30o – P1 cos 60o = – (2 t).cos 30o – (0,75 t).cos 60o = – 2,107 ton (tekan). NC-A = ND-C = – 2,107 ton (tekan). NA-C = NC-A = RAH = – 2,107 ton (tekan). Gaya normal dihitung dari kiri ke kanan, maka NA-C = RAH = – 2,107 ton (tekan). NC-D = NA-C = RAH = – 2,107 ton (tekan). ND-E = RAH + P1 cos 60o = – 2,107 ton + (0,75 t).cos 60o = – 1,732 ton ( (tekan). NE-B = RAH + P1 cos 60o + P2 cos 30o = – 2,107 ton + (0,75 t).cos 60o + (2 t).sin 30o = 0 ton (tekan). d. M o m e n. Untuk memudahkan perhitungan, momen dihitung dari kanan kekiri, sebagai berikut : MB = 0 t.m’. ME = 0 t.m’. MD = – P2 sin 30o . (1/4L) = – (2 t).sin 30o . (2,5 m/4) = – 0,625 t.m’. MC = – P2 sin 30o . (2/4L) – P1 sin 60o . (1/4L) = – (1,000 t).(2,5 m/2) – (0,650 t).(2,5 m/4) = – 1,656 t.m’. MA = – P2 sin 30o . (3/4L) – P1 sin 60o . (2/4L) – q .(1/4L).1/2.(1/4L) = – (1,000 t).(3/4 . 2,5 m) – (0,650 t).(2/4 . 2,5 m) – (2 t/m’).(1/32).(2,5 m)2 MA = – 3,078 t.m’. (tanda negatip menunjukkan serat atas balok tertarik).

11




Kunci jawaban No. Stb.

L meter

q t/m'

P1 ton

P1 Sin 60o

ton

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

2.50 3.00 3.50 4.00 4.50 5.00 5.50 6.00 6.50 7.00 7.50

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

0.750 1.000 1.250 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250

0.650 0.866 1.083 1.299 1.516 1.732 1.949 2.165 2.382 2.598 2.815

Reaksi No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Rav ton 2.900 3.366 3.833 4.299 4.766 5.232 5.699 6.165 6.632 7.098 7.565

Rah ton 2.107 2.232 2.357 2.482 2.607 2.732 2.857 2.982 3.107 3.232 3.357

P2 Sin 30o

ton

P2 ton

ton

ton

0.375 0.500 0.625 0.750 0.875 1.000 1.125 1.250 1.375 1.500 1.625

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000

1.732 1.732 1.732 1.732 1.732 1.732 1.732 1.732 1.732 1.732 1.732

P1 Cos 60o

Gaya Lintang DB ton 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

DE ton 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000

DD ton 1.650 1.866 2.083 2.299 2.516 2.732 2.949 3.165 3.382 3.598 3.815

Gaya Normal

DC ton 1.650 1.866 2.083 2.299 2.516 2.732 2.949 3.165 3.382 3.598 3.815

DA ton 2.900 3.366 3.833 4.299 4.766 5.232 5.699 6.165 6.632 7.098 7.565

NB-E ton 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

NE-D ton -1.732 -1.732 -1.732 -1.732 -1.732 -1.732 -1.732 -1.732 -1.732 -1.732 -1.732

ND-C ton -2.107 -2.232 -2.357 -2.482 -2.607 -2.732 -2.857 -2.982 -3.107 -3.232 -3.357

Momen No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

MB t.m'. 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

P2 Cos 30o

ME t.m'. 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

MD t.m'. -0.625 -0.750 -0.875 -1.000 -1.125 -1.250 -1.375 -1.500 -1.625 -1.750 -1.875

12

MC t.m'. -1.656 -2.150 -2.697 -3.299 -3.955 -4.665 -5.429 -6.248 -7.120 -8.047 -9.027

MA t.m'. -3.078 -4.112 -5.285 -6.598 -8.051 -9.643 -11.374 -13.245 -15.256 -17.406 -19.695

NC-A ton -2.107 -2.232 -2.357 -2.482 -2.607 -2.732 -2.857 -2.982 -3.107 -3.232 -3.357

NA ton -2.107 -2.232 -2.357 -2.482 -2.607 -2.732 -2.857 -2.982 -3.107 -3.232 -3.357

STATIKA I

MODUL 3 BALOK DIATAS DUA PERLETAKAN Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran : 1. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Sebuah Muatan Terpusat. 2. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Terpusat Sembarang. 3. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Terbagi Rata. 4. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Segi Tiga. 5. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Campuran.

WORKSHOP/PELATIHAN Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya dalam dari struktur balok terletak diatas dua perletakan dengan beban-beban terpusat, beban terbagi rata dan segitiga, dan mampu melakukan perhitungan gaya-gaya dalam (M,D,N) dan mampu menggambarkannya. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.






BALOK DIATAS DUA PERLETAKAN 1. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Sebuah Muatan Terpusat. P = 10 ton a=2m A

b=4m B

C

RAV

RBV

L=6m

DA-C = + RAV

P

(-)

(+)

DB-C = - RBV Bidang gaya lintang

(+)

MC = P.a.b/L Bidang momen

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L - P . b = 0 RAV = P . b/L = (10 t) x (4 m)/(6 m) RAV = + 6,667 ton ()  MA = 0, - RBV . L + P . a = 0 RBV = P . a/L = (10 t) x (2 m)/(6 m) RBV = + 3,333 ton (). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P = 0 6,667 t + 3,333 t - 10 t = 0

…..(memenuhi)

b. Gaya lintang. DA-C = + RAV = + 6,667 ton. DC-A = + DA-C = + 6,667 ton. DC-B = DC-A – P = 6,667 – 10 = - 3,333 ton. 1




DB-C = DC-B = - RBV = - 3,333 ton. c. M o m e n . MA = 0 MC = + RAV . a = + 6,667 t x 2 m = + 13,334 ton.m’, atau MC = P.a.b/L Lihat gambar bidang gaya lintang dan momen diatas. 2. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Terpusat Sembarang.

P1 = 2 t A

RAH

P3 = 4 t

P2 = 3 t 45

60

o

D

C RAV

o

B

E RBV

L=6m a1 = 1 m

b1 a2 = 3 m

b2

a3 = 4 m

b3

+ 3,883 t + 1,883 t

Bid. D - 0,238 t

- 3,702 t

+ 0,121 t

Bid. N -2t + 7,649 t.m + 3,883 t.m

+ 7,411 t.m

Bid. M

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L - P1.(L –a1) – P2 sin 45o.(L – a2) – P3 sin 60o.(L – a3) = 0 RAV = P1.(L – a1)/L + P2 sin 45o.(L – a2)/L + P3 sin 60o.(L – a3)/L = 2 x (6 - 1)/6 + 3 x ½2 x (6 – 3)/6 + 4 x 0,866 x (6 – 4)/6 = 1,667 + 1,061 + 1,155 RAV = + 3,883 ton ()  MA = 0, - RBV . L + P1.(a1) + P2 sin 45o.(a2) + P3 sin 60o.(a3) = 0 RBV = P1.(a1)/L + P2 sin 45o.(a2)/L + P3 sin 60o.(a3)/L = 2 x (1)/6 + 3 x ½2 x (3)/6 + 4 x 0,866 x (4)/6 = 0,333 + 1,061 + 2,309 2




RBV

= + 3,703 ton ()

 H = 0, RA-H + P2 cos 45o – P3 cos 60o = 0 RA-H = – P2 cos 45o + P3 cos 60o = – 3 x ½2 + 4 x ½ = – 2,121 + 2 = – 0,121 ton () Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 – P2 sin 45o – P3 sin 60o = 0 3,883 t + 3,703 t – 2 t – 2,121 t – 3,464 t = 0 7,586 t – 7,585 t = 0,001  0 …..(memenuhi) b. Gaya Lintang. DA-C = + RAV = + 3,883 ton. DC-D = + RAV – P1 = 3,883 – 2 = + 1,883 ton. DD-E = + RAV – P1 – P2 sin 45o = 3,883 – 2 – 3 x ½2 = 3,883 – 2 – 2,121 = – 0,238 ton. DE-B = + RAV – P1 – P2 sin 45o – P2 sin 60o = 3,883 – 2 – 3 x ½2 – 4 x 0,866 = 3,883 – 2 – 2,121 – 3,464 DE-B = – 3,702 ton. DE-B = – RBV = – 3,703 ton. c. Gaya Normal . NA-D = + RAH = + 0,121 ton (tarik). ND-E = + RAH – P2 cos 45o = + 0,121 – 3 x ½2 = + 0,121 – 2,121 = – 2 ton (tekan). NE-B = + RAH – P2 cos 45o – P3 cos 60o = + 0,121 – 2 x ½2 – 4 x ½ = 0,121 – 2,121 – 2 NE-B = 0 ton. c. M o m e n . MC = + RAV . a1 = + 3,883 x 1 = + 3,883 ton.m’. MD = + RAV . a2 – P1 . (a2 – a1) = + 3,883 x 3 – 2 x (3 – 1) = 7,649 t.m’. ME = + RAV . a3 – P1 . (a3 – a1) – P2 sin 45o . (a3 – a2) = + 3,883 x 4 – 2 x (4 – 1) – 3 x ½2 x (4 – 3) = + 15.532 – 6 – 2,121 ME = + 7,411 t.m’.

3




3. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Terbagi Rata. q = 3 t/m’ A RAV

B

X

QR

x

RBV L=6m Dx

-½qL Bid. D

+½qL

2

+ 1/8 q L Mx

Bid. M

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan. QR = q . L = (3 t/m’) x (6 m) = 18 ton.  MB = 0, RAV . L - QR . ½ L = 0 RAV = ½ q . L2/L RAV = ½ q . L = ½ x (3 t/m’)/(6 m) RAV = + 9 ton () RBV = RAV = ½ q . L = 9 ton. (simetris)

…..(1)

b. Gaya lintang. DA-B = + RAV = + 7 ton. DB-A = + RAV – q . L = - RBV = - 9 ton. c. M o m e n . Momen maksimum terjadi ditengah bentang, Mmaks. = + RAV . ½L – q . ½L . ¼L = ½ q L . ½L – 1/8 q L2 = ¼ q L2 – 1/8 q L2 Mmaks. = + 1/8 q L2 Mmaks. = + 1/8 x (3 t/m’) x (6 m’)2 = + 13,5 t.m’. d. Tinjau tampang X. Momen pada tampang X, dihitung dari kanan kekiri, Mx = RAV . x – q . x . ½ x Mx = RAV . x – ½ q x2

…..(2)

Momen maksimum terjadi apabila gaya lintang sama dengan nol, Dx = d(Mx)/dx = 0 (RAV . x – ½ q x2)/dx = 0 RAV – q . x = 0 x = RAV/q …..(3) 4




= ½ q L/q = ½ L = ½ x 6 = 3 m (ditengah bentang).

x

Substitusikan (3) dan (1) kedalam (2), maka momen maksimum, Mmaks. = RAV . (RAV/q) – ½ q (RAV/q)2 = (½ q L) . (½ q L/q) – ½ q . (½ q L/q)2 = ¼ q L2 – 1/8 q L2 Mmaks. = 1/8 q L2

…..(4)

Untuk x = 1 m dan x = 3 m dari perletakan A, besar momen, MX=1m = 9 x 1 – ½ x 3 x (12) = + 7,5 t.m’. MX=3m = Mmaks = 9 x 3 – ½ x 3 x (32) = + 13,5 t.m’. Gaya lintang, Dx = d(Mx)/dx = RAV – q . x

…..(5)

Untuk x = 1 m dan x = 3 m dari perletakan A, DX=1m = 9 – 3 x (1) = + 6 t.m’. DX=3m = 9 – 3 x (3) = + 0 t.m’. Gaya Lintang (Ton)

Dx = 1/2 q L – q x 10.000

Dx

5.000

X

0.000 0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

5.5

6.0

-5.000 -10.000 A

B

M o m e n (ton.m')

Mx = 1/2 q L x – 1/2 q x

2

16.0000 14.0000 12.0000

Mx

10.0000 8.0000 6.0000 4.0000 2.0000

X

0.0000 0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

A

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

5.5

6.0 B

5




4. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Segi Tiga. qx (t/m’) 1/3 x

2/3 x

q = 3 t/m’

A RAV

B QX

X

QR RBV

x

1/3 L

2/3 L L=6m

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan. QR = q . ½ L = (3 t/m’) x ½ x (6 m) = 9 ton.  MB = 0, RAV . L – QR . 1/3 L = 0 RAV = + 1/3 QR = + 1/3 q . ½L RAV = 1/6 q L = 1/6 x (3 t/m’)/(6 m) RAV = + 3 ton ()  MB = 0, – RBV . L + QR . 2/3 L = 0 RBV = + 2/3 QR = + 2/3 q . ½L RBV = 1/3 q L = 1/3 x (3 t/m’)/(6 m) RBV = + 6 ton () Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – QR = 0 3 ton + 6 ton – 9 ton = 0

……(memenuhi)

b. Gaya lintang. DA-B = + RAV = + 1/6 q L = + 3 ton. DB-A = + RAV – QR = 1/6 q L – ½ q L = – 1/3 q L = – RBV = – 6 ton. c. Tinjau tampang X. Tampang X terletak sejauh x dari perletakan A, momen pada tampang X, dihitung dari kanan kekiri, qx = q . x/L qX (t/m’) QX = qx . ½ x = (q . x/L) . ½ x 2 = ½ q x /L QX Mx = RAV . x – QX . 1/3 x 2 = (1/6 q L) . x – (½ q x /L) . 1/3 x 1/3x 2/3x 3 x Mx = 1/6 q L x – 1/6 q x /L …..(1)

6




Momen maksimum terjadi apabila gaya lintang sama dengan nol, Dx = d(Mx)/dx = 0 = d(1/6 q L x – 1/6 q x3/L )/dx Dx = 1/6 q L – ½ q x2/L …..(2) 1/6 q L – ½ q x2/L = 0 x2 = 1/6 q L . 2 L /q x =  (1/3 L2) x = 1/3 L3 …..(3) = 1/3 . (6 m) .3 x = 3,464 m (dari perletakan A). Substitusikan pers.(3) kedalam (1), maka diperoleh momen maksimum, Mmaks = 1/6 q L . (1/3 L3) – 1/6 q (1/3 L3)3/L = 1/6 q L2 {1/33 – 1/93} Mmaks = 1/27 q L2 3 …..(4) 2 Mmaks = 1/27 x 3 x 6 x 3 = 6,9282 t.m’. Tabel nilai momen dan gaya lintang X m 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0

Dx ton 3.000 2.938 2.750 2.438 2.000 1.438 0.750 -0.063 -1.000 -2.063 -3.250 -4.563 -6.000

Mx ton.m'. 0.0000 1.4896 2.9167 4.2188 5.3333 6.1979 6.7500 6.9271 6.6667 5.9063 4.5833 2.6354 0.0000

Gaya Lintang (Ton) 2

Dx = 1/6 q L – ½ q x /L 4.000 2.000

X

Dx

0.000 -2.000

0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

5.5

6.0

-4.000 -6.000 -8.000 B

A

7




M o m e n (ton.m') 3

Mx = 1/6 q L x – 1/6 q x /L 8.0000 7.0000

Mx

6.0000 5.0000 4.0000 3.0000 2.0000 1.0000

X

0.0000 0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

5.5

6.0

A

B

5. Balok Diatas Dua Perletakan Memikul Muatan Campuran. P1 = 4 t

A RAV

C 1m

QR

P2 = 2 t

D 1m

q = 3 t/m’

B

E

RBV

3m

1m

L=6m

+ 4,250 t

+ 2,250 t + 0,250 t

x

Bid. D Dx = 0

- 6,750 t

+ 6,750 t.m + 4,250 t.m

+ 4,500 t.m

Bid. M Mmaks = 7,59375 t.m’

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan. QR = (3 t/m’) x (3 m) = 9 ton.  MB = 0, RAV . (6 m) – P1 . (5 m) + P2 . (4 m) – q . (3 m) . ½ .(3 m) = 0 RAV x 6 – 4 x 5 + 2 x 4 – ½ x 3 x 32 = 0 RAV = (20 – 8 + 13,5)/6 RAV = + 4,250 ton ()  MA = 0, – RBV . (6 m) + P1 . (1 m) – P2 . (2 m) + q . (3 m) . (4,5 m) = 0 – RBV x 6 + 4 x 1 – 2 x 2 + 3 x 3 x 4,5 = 0 RBV = (4 – 4 + 40,5)/6 RBV = + 6,750 ton () 8




Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 + P2 – QR = 0 4,250 t + 6,750 t – 4 t + 2 t – 9 t = 0 13 t – 13 t = 0 …..(memenuhi) b. Gaya Lintang. DA-C = + RAV = + 4,250 ton. DC-D = DA-C – P1 = + RAV – P1 = 4,250 – 4 = + 0,250 ton. DD-E = DC-D + P2 = + RAV – P1 + P2 = 0,250 + 2 = + 2,250 ton. DE-B = DD-E – QR = + RAV – P1 + P2 – QR = 2,250 – 9 = – 6,750 t. DE-B = – RBV (memenuhi). c. M o m e n . MC = + RAV . (1 m) = + 4,250 x 1 = + 4,250 ton.m’. MD = + RAV . (2 m) – P1 . (1 m) = + 4,250 x 2 – 4 x 1 = 4,500 t.m’. ME = + RAV . (3 m) – P1 . (2 m) + P2 . (1 m) = + 4,250 x 3 – 4 x 2 + 2 x 1 = 6,750 t.m’. MB = + RAV . (6 m) – P1 . (5 m) + P2 . (4 m) – q . (3 m) . ½ .(3 m) = + 4,250 x 6 – 4 x 5 + 2 x 4 – 3 x 3 x ½ x 3 = + 25,500 – 20 + 8 – 13,5 MB = 0 t.m’ (memenuhi). d. Tinjau titik dimana gaya lintang sama dengan nol. Gaya lintang dihitung dari kanan kekiri, Dx = – RBV + q . x = 0 x = RBV/q = (6,75 t)/(3 t/m’) = 2,25 m (dari perletakan B). Momen pada titik x = 2,25 m dari B, Mx = RBV . x – ½ q . x2 = 6,75 x 2,25 – ½ x 3 x (2,25)2 Mx = + 7,59375 t.m’ (maksimum).

9




WORKSHOP/PELATIHAN

A

P1

P2

P3

P4

P5

C

D

E

F

G

a1

B

b1 a2

b2 a3

b3 a4

b4 a5

b5

L = 4 + X/2

Diketahui

: Struktur seperti tergambar Memikul gaya-gaya, P1 = 1 ton ; P2 = 1,5 ton ; P3 = 4 ton ; P4 = 3 ton ; P5 = 2 ton. a1 = 0,2 L ; a2 = 0,3 L ; a3 = 0,6 L ; a4 = 0,7 L ; a5 = 0,8 L L = 4 + X/2 (meter). X = Satu angka terakhir No.Stb. Misal, No.Stb. 08101012, maka X = 2 meter.

Diminta : Gambarkan bidang-bidang momen (M) dan gaya lintang (D). Penyelesaian : a). Data. Misal X = -1, maka L = 4 – 1/2 = 3,5 meter (Bilangan negatip jangan ditiru). a1 = 0,2 x (3,5 m) = 0,70 m. b1 = 3,5 m – 0,70 m = 2,80 m. a2 = 0,3 x (3,5 m) = 1,05 m. b2 = 3,5 m – 1,05 m = 2,45 m. a3 = 0,6 x (3,5 m) = 2,10 m. b3 = 3,5 m – 2,10 m = 1,40 m. a4 = 0,7 x (3,5 m) = 2,45 m. b4 = 3,5 m – 2,45 m = 1,05 m. a5 = 0,8 x (3,5 m) = 2,80 m. b5 = 3,5 m – 2,60 m = 0,70 m. b). Reaksi perletakan.  MB = 0 RAV = P1.b1/L + P2.b2/L + P3.b3/L + P4.b4/L + P5.b5/L = (1 t).(2,8/3,5) + (1,5 t).(2,45/3,5) + (4 t).(1,4/3,5) + (3 t).(1,05/3,5) + (2 t).(0,7/3,5) = 0,800 t + 1,050 t + 1,600 t + 0,900 t + 0,400 t RAV = 4,750 ton.  MA RBV RBV

=0 = P1.a1/L + P2.a2/L + P3.a3/L + P4.a4/L + P5.a5/L = (1 t).(0,7/3,5) + (1,5 t).(1,05/3,5) + (4 t).(2,1/3,5) + (3 t).(2,45/3,5) + (2 t).(2,8/3,5) = 0,200 t + 0,450 t + 2,400 t + 2,100 t + 1,600 t = 6,750 ton.

Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 – P2 – P3 – P4 – P5 = 0 4,750 t + 6,750 t – 1 t – 1,5 t – 4 t – 3 t – 2 t = 0 11,5 t – 11,5 t = 0 (memenuhi). c). Gaya Lintang. 10




Da-c Dc-d Dd-e De-f Df-g Dg-b Dg-b

= + RAV = + 4,750 t. = + RAV – P1 = 4,750 t – 1 t = + 3,750 t. = + RAV – P1 – P2 = 4,750 t – 1 t – 1,5 t = + 2,250 t. = + RAV – P1 – P2 – P3 = 4,750 t – 1 t – 1,5 t – 4,0 t = – 1,750 t. = + RAV – P1 – P2 – P3 – P4 = 4,750 t – 1 t – 1,5 t – 4,0 t – 3,0 t = – 4,750 t. = + RAV – P1 – P2 – P3 – P4 – P4 – P5 = 4,750 t – 1 t – 1,5 t – 4,0 t – 3,0 t – 2,0 t = – 6,750 t. = – RBV

d). Momen. Perhitungan momen lentur dari kiri ke kanan, diperoleh, Ma = 0 t.m’. Mc = + RAV . a1 = + 4,750 t x 0,7 m = + 3,325 t.m’. Md = + RAV . a2 – P1 . (a2 – a1) = + 4,750 t x 1,05 m – 1 t .(1,05 m – 0,7 m) = + 4,638 t.m’. Me = + RAV . a3 – P1 . (a3 – a1) – P2 . (a3 – a2) = + 4,750 t x 2,1 m – 1 t .(2,1 m – 0,7 m) – 1,5 t .(2,1 m – 1,05 m) = + 7,000 t.m’. Mf = + RAV . a4 – P1 . (a4 – a1) – P2 . (a4 – a2) – P3 . (a4 – a3) = + 4,750 t x 2,45 m – 1 t .(2,45 m – 0,7 m) – 1,5 t .(2,45 m – 1,05 m) – 4,0 t .(2,45 m – 2,1 m) = + 6,388 t.m’. Mg = + RAV . a5 – P1 . (a5 – a1) – P2 . (a5 – a2) – P3 . (a5 – a3) – P4 . (a5 – a4) = + 4,750 t x 2,8 m – 1 t .(2,8 m – 0,7 m) – 1,5 t .(2,8 m – 1,05 m) – 4,0 t .(2,8 m – 2,1 m) –3,0 t .(2,8 m – 2,45 m) = + 4,725 t.m’. Mb = 0 t.m’. Perhitungan momen lentur dari kanan ke kiri, persamaannya, Mb = 0 t.m’. Mg’ = + RBV . b5 Mf’ = + RBV . b4 – P5 . (b4 – b5) Me’ = + RBV . b3 – P5 . (b3 – b5) – P4 . (b3 – b4) Md’ = + RBV . b2 – P5 . (b2 – b5) – P4 . (b2 – b4) – P3 . (b2 – b3) Mc’ = + RBV . b1 – P5 . (b1 – b5) – P4 . (b1 – b4) – P3 . (b1 – b3) – P2 . (b1 – b2) Ma = 0 t.m’. Keseimbangan mengharuskan, Ma = Mb = 0 Mc = Mc’ ; Md = Md’ ; Me = Me’ ; Mf = Mf’ ; Mg = Mg’

11




A

P1

P2

P3

P4

P5

C

D

E

F

G

a1

B

b1 a2

b2 a3

b3 a4

b4 a5

b5 L = 4 + X/2

+ 4,750 t

+ 3,750 t +2,250 t

Bidang gaya lintang (D)

- 1,750 t - 4,750 t - 6,750 t + 7,000 t.m + 6,388 t.m

Bidang Momen (M)

+ 4,725 t.m

+ 4,638 t.m + 3,325 t.m

0 t.m

0 t.m

Kunci Jawaban No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

P1 ton 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000

P2 ton 1.500 1.500 1.500 1.500 1.500 1.500 1.500 1.500 1.500 1.500 1.500

P3 ton 4.000 4.000 4.000 4.000 4.000 4.000 4.000 4.000 4.000 4.000 4.000

P4 ton 3.000 3.000 3.000 3.000 3.000 3.000 3.000 3.000 3.000 3.000 3.000

P5 ton 2.000 2.000 2.000 2.000 2.000 2.000 2.000 2.000 2.000 2.000 2.000

12




No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L m 3.500 4.000 4.500 5.000 5.500 6.000 6.500 7.000 7.500 8.000 8.500

a1 m 0.700 0.800 0.900 1.000 1.100 1.200 1.300 1.400 1.500 1.600 1.700

a2 m 1.050 1.200 1.350 1.500 1.650 1.800 1.950 2.100 2.250 2.400 2.550

a3 m 2.100 2.400 2.700 3.000 3.300 3.600 3.900 4.200 4.500 4.800 5.100

a4 m 2.450 2.800 3.150 3.500 3.850 4.200 4.550 4.900 5.250 5.600 5.950

a5 m 2.800 3.200 3.600 4.000 4.400 4.800 5.200 5.600 6.000 6.400 6.800

No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

RAV ton 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750

RBV ton 6.750 6.750 6.750 6.750 6.750 6.750 6.750 6.750 6.750 6.750 6.750

Da-c ton 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750 4.750

Dc-d ton 3.750 3.750 3.750 3.750 3.750 3.750 3.750 3.750 3.750 3.750 3.750

Dd-e ton 2.250 2.250 2.250 2.250 2.250 2.250 2.250 2.250 2.250 2.250 2.250

De-f ton -1.750 -1.750 -1.750 -1.750 -1.750 -1.750 -1.750 -1.750 -1.750 -1.750 -1.750

No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Mc ton.m' 3.325 3.800 4.275 4.750 5.225 5.700 6.175 6.650 7.125 7.600 8.075

Md ton.m' 4.638 5.300 5.963 6.625 7.288 7.950 8.613 9.275 9.938 10.600 11.263

Me ton.m' 7.000 8.000 9.000 10.000 11.000 12.000 13.000 14.000 15.000 16.000 17.000

Mf ton.m' 6.388 7.300 8.213 9.125 10.038 10.950 11.863 12.775 13.688 14.600 15.513

Mg ton.m' 4.725 5.400 6.075 6.750 7.425 8.100 8.775 9.450 10.125 10.800 11.475

13

b1 m 2.800 3.200 3.600 4.000 4.400 4.800 5.200 5.600 6.000 6.400 6.800

b2 m 2.450 2.800 3.150 3.500 3.850 4.200 4.550 4.900 5.250 5.600 5.950

Df-g ton -4.750 -4.750 -4.750 -4.750 -4.750 -4.750 -4.750 -4.750 -4.750 -4.750 -4.750

Mg' ton.m' 4.725 5.400 6.075 6.750 7.425 8.100 8.775 9.450 10.125 10.800 11.475

b3 m 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800 3.000 3.200 3.400

b4 m 1.050 1.200 1.350 1.500 1.650 1.800 1.950 2.100 2.250 2.400 2.550

Dg-b ton -6.750 -6.750 -6.750 -6.750 -6.750 -6.750 -6.750 -6.750 -6.750 -6.750 -6.750

Mf' ton.m' 6.388 7.300 8.213 9.125 10.038 10.950 11.863 12.775 13.688 14.600 15.513

Me' ton.m' 7.000 8.000 9.000 10.000 11.000 12.000 13.000 14.000 15.000 16.000 17.000

b5 m 0.700 0.800 0.900 1.000 1.100 1.200 1.300 1.400 1.500 1.600 1.700

STATIKA I

MODUL 4 BALOK MENGANJUR (OVERHANG) DIATAS DUA PERLETAKAN Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran : 1. Balok Menganjur Sebelah Memikul Muatan Terpusat. 2. Balok Menganjur Sebelah Memikul Muatan Terbagi Rata Penuh. 3. Balok Menganjur Sebelah Memikul Muatan Campuran. 4. Balok Menganjur Pada Kedua Belah Sisi Perletakan memikul Beban Terpusat. 5. Balok Menganjur Pada Kedua Belah Sisi Perletakan Memikul Beban Terbagi Rata.

WORKSHOP/PELATIHAN Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya dalam dari struktur balok menganjur (overhang) terletak diatas dua perletakan dengan beban-beban terpusat, beban terbagi rata dan muatan campuran, dan mampu melakukan perhitungan gaya-gaya dalam (M,D) dan mampu menggambarkannya. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.






BALOK MENGANJUR DIATAS DUA PERLETAKAN 1. Balok Menganjur Sebelah Memikul Muatan Terpusat. P1 = 10 ton a=2m

P2 = 4 ton c=1m

b=4m

C

A

B RBV

RAV L=6m

D

Bidang gaya lintang DA-C = + RAV

+

P1

DBD

+

P2

RBV

DBC

– P1.a.b/L Bidang momen +

–

a/L . (P2 . c)

P2 . c Bidang momen +

– P2 . c

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – P1 . b + P2 . c = 0 RAV = P1 . b/L – P2 . c/L = 10 x 4/6 – 4 x 1/6 RAV = + 6,0 ton ()  MA = 0, - RBV . L + P2 . (c + L) + P1 . a = 0 RBV = P1 . a/L + P2 .(c + L)/L RBV = 10 x 2/6 + 4 x (1 + 6)/6 RBV = + 8,0 ton (). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 – P2 = 0 6,0 t + 8,0 t – 10 t – 4 t = 0 14 t – 14 t = 0

…..(memenuhi) 1

superposisi




b. Gaya lintang. DA-C = + RAV = + 6,0 ton. DC-B = DC-A – P1 = 6,0 – 10 = – 4,0 ton. DB-D = DC-B + RBV = – 4,0 + 8 = + 4 ton. DB-D = + P2 c. M o m e n . MA MC MB MB

=0 = + RAV . a = + 6,0 t x 2 m = + 12,0 ton.m’. = + RAV . L – P2 . b = 6 x 6 – 10 x 4 = – 4 t.m’, atau = – P2 . c = – 4 x 1 = – 4 t.m’.

2. Balok Menganjur Sebelah Memikul Muatan Terbagi Rata Penuh. q = 3 t/m’ A

C

X

B

RAV

RBV L-x

x

a=2m

L=6m

Bidang gaya lintang

Dx = 0

RAV

qa

RBV

+

+

– Mx

- 1/8 q L

2

Bidang momen

– Mmaks

- 1/2 q a

2

Bidang momen

superposisi

- 1/2 q a

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – q . L . ½ L + q . a . ½ a = 0 RAV = ½ q . {L2 – a2}/L RAV = ½ . (3) . {62 – 22}/6 RAV = + 8 ton ()  MA = 0, – RBV . L + q . L . ½ L + q . a . (½ a + L) = 0, atau 2

2




– RBV . L + q . (L + a) . ½ . (a + L) = 0 RBV = ½ q . (L + a)2/L RBV = ½ . (3) . (6 +2)2/6 RBV = + 16 ton () Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – q . {L + a} = 0 8 + 16 – 3 . {6 +2} = 0 24 t – 24 t = 0 ……(memenuhi) b. Gaya lintang. DA-B = + RAV = + 8 ton. DB-A = + RAV – q . L = 8 – 3 x 6 = – 10 ton. DB-C = DB-A + RBV = – 10 + 16 = + 6 ton. c. M o m e n . MB = – ½ q . a2 = – ½ .(3) . (2)2 = – 6 t.m’. Tinjau tampang X, terletak sejauh x dari perletakan A, besar momen pada titik ini, Mx = RAV . x – ½ q . x2 Momen maksimum terjadi pada titik dimana gaya lintang sama dengan nol, Dx = d(Mx)/dx = d(RAV . x – ½ q . x2)/dx Dx = RAV – q . x Dx =0 RAV – q . x = 0 x = RAV/q = (8 t)/(3 t/m’) = 2,667 m (dari perletakan A). Maka momen maksimum, Mx=2,667 m = (8) . (2,667) – ½ . (3) . (2,667)2 = + 10.667 t.m’. Titik dimana momen sama dengan nol, Mx = RAV . x – ½ q . x2 = 0 RAV – ½ q . x = 0 x = 2 . RAV/q = 2 . (8)/(3) = 5,333 m (dari perletakan A)

3




3. Balok Menganjur Sebelah Memikul Muatan Campuran. P = 6 ton

q = 2 t/m’ A

C D

B

RAV

RBV a=4m

b=2m

c=1m

L=6m Bidang gaya lintang +

RBV RAV

–

Bidang momen

RAV . a

– P.c

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – q . b . ½ b + P . c = 0 RAV = ½ q b2 /L – P . c/L = ½ x 2 x 22/6 – 6 x 1/6 = 4/6 – 1 = – 2/6 RAV = – 0,333 ton () .  MA = 0, - RBV . L + q . b . (½ b + a) + P . (c + L) = 0 RBV = q . b . (½ b + a)/L + P . (c + L)/L RBV = 2 x 2 x (½ x 2 + 4)/6 + 6 x (1 + 6)/6 = 20/6 + 7 RBV = + 10,333 ton (). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – q . b – P = 0 – 0,333 t + 10,333 t – 2 x 2 t – 6 t = 0 10 t – 10 t = 0 …..(memenuhi) b. Gaya lintang. DA-C = – RAV = – 0,333 ton. DC-A = DA-C = – 0,333 ton. DC-B = DC-A = – 0,333 ton. DB-C = DC-B – q . b = – 0,333 – 2 x 2 = – 4,333 ton. 4

P = 6 ton




DB-D DB-D c. M o m e n . MA MC MB MB

= DB-C + RBV = – 4,333 + 10,333 = + 6 ton. = P = + 6 ton. =0 = + RAV . a = – 0,333 x 4 = – 1,333 ton.m’. = + RAV . L – q . b . ½ b = – 0,333 x 6 – 2 x 2 x ½ x 2 = – 6 t.m’, atau = – P . c = – 6 x 1 = – 6 t.m’.

4. Balok Menganjur Pada Kedua Belah Sisi Perletakan memikul Beban Terpusat.

P2

P1

C

P3

E

A

D

B

RAV

RBV a

c

b

d

L P2 . a . b/L Bidang momen

+

–

P1 . a (P1 . a) . b/L + (P3 . b) . a/L Bidang momen

P3 . d superposisi

+

–

–

P1 . a

P3 . d

Bidang gaya lintang

RAV P1

+

+

–

P2

–

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – P1 . (L + c) – P2 . (b) + P3 . (d) = 0 RAV = P1 . {(L + c)/L} + P2 . (b/L) – P3 . (d/L)  MA = 0, – RBV . L – P1 . (c) + P2 . (a) + P3 . (d + L) = 0 RBV = – P1 . (c/L) + P2 . (a/L) + P3 . {(d + L)/L} = 0

5

RBV

P3




Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 – P2 – P3 = 0 b. Gaya lintang. DC-A = – P1. DA-E = DC-A + RAV = – P1 + RAV . DE-B = DA-E – P2 = – P1 + RAV – P2 DB-D = DE-B + RBV = P3 c. M o m e n . MA = – P1 . c ME = RAV . a – P1 . (c + a) MB = + RAV . L – P1 . (c + L) – P2 . b = – P3 . d 5. Balok Menganjur Pada Kedua Belah Sisi Perletakan Memikul Beban Terbagi Rata.

q t/m’

C

X

A RAV

RBV

x

a

L

b 1/8 q L

Bidang momen

2

+

–

2

1/2q.a

2

1/2q.b

Mmaks

Bidang momen M=0

–

D

B

M=0

+

superposisi

–

2

1/2q.a

2

1/2q.b

Bidang gaya lintang

q.b

RAV +

–

D=0

RBV

–

q.a

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – q . (L + a) . ½(L + a) + q . (b) . ½(b) = 0 RAV = ½ q . (L + a)2/L + ½ q . (b)2/L 6

+




 MA = 0, – RAB . L + q . (L + b) . ½(L + b) – q . (a) . ½(a) = 0 RAB = ½ q . (L + b)2/L – ½ q . (a)2/L Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – q . L = 0 b. Gaya lintang. DC-A = – q . a. DA-B = DC-A + RAV = – q . a + RAV . DB-A = DA-B – q . (L + a) DB-D = DB-A + RBV c. M o m e n . MA = – q . (a) . ½(a) = – ½ q . (a)2. MB = – q . (b) . ½(b) = – ½ q . (b)2. Momen pada tampang X, Mx = RAV . (x) – q . (a + x) . ½(a + x) = RAV . (x) – ½ q . (a + x)2. Gaya lintang pada tampang X, Dx = d(Mx)/dx = RAV – q . (a + x). Momen maksimum terdapat pada titik dimana gaya lintang sama dengan nol (D = 0), yaitu, Dx = RAV – q . (a + x) = 0, x = (RAV – q . a)/q Maka momen maksimum, Mmaks = RAV . (x) – ½ q . (a + x)2. = RAV . {(RAV – q . a)/q} – ½ q . [a + {(RAV – q . a)/q}]2

7




WORKSHOP/PELATIHAN

P1

C

P2

q t/m’

A

q.a

X

E

B

RAV

D

RBV x a = 0,6 L

c

b L

d

Diketahui

: Struktur gelagar seperti tergambar, memikul muatan terpusat dan terbagi rata dengan ukuran-ukuran sebagai berikut, P1 = (1 + X/4) ton ; P2 = (2 + X/4) ton ; q = (2 + X/4) t/m’. L = (5 + X/4) meter ; c = 1 meter ; d = 2 meter.

Diminta

: Gambarkanlah bidang momen dan gaya lintang pada seluruh bentang.

Penyelesaian : a). DATA-DATA. Misal X = -1 (tanda minus jangan ditiru). P1 = 1 + (-1)/4 = 1 – 0,25 = 0,75 ton. P2 = 2 + (-1)/4 = 2 – 0,25 = 1,75 ton. q = 2 + (-1)/4 = 2 – 0,25 = 1,75 t/m’. L = 5 + (-1)/4 = 5 – 0,25 = 4,75 m. a = 0,6 L = 0,6 . (4,75 m) = 2,85 m. b = L – a = 4,75 – 2,85 = 1,90 m. c = 1 m ; d = 2 m. b). ANALISA STRUKTUR. b1). Reaksi perletakan.  MB = 0, RAV . L – P1 . (c + L) – q . a . (1/2a + b) + P2 . d = 0 RAV = P1 . (c + L)/L + q . a (1/2a + b)/L – P2 . (d)/L = (0,75 t) . (1 + 4,75)/(4,75) + (1,75 t/m’) . (2,85) . (1/2 . 2,85 + 1,90)/(4,75) – (1,75 t) . (2/4,75) = 0,908 t + 3,491 – 0,737 RAV = + 3,662 t (positip ke atas).  MA = 0, – RBV . L – P1 . (c) – q . (a) . (1/2a) + P2 . (d + L) = 0 RBV = – P1 . (c)/L + 1/2 q . a2/L + P2 . (d + L)/L = – (0,75 t) . (1/4,75) + 0,5 . (1,75 t/m’) . (2,852)/(4,75) + (1,75 t) . (2 + 4,75)/(4,75) = – 0,158 t + 1,496 t + 2,488 t RBV = + 3,825 t (positip ke atas).

8




Kontrol,  V = 0, RAV + RBV = P1 + P2 + q . a 3,662 t + 3,825 t = 0,75 t + 1,75 t + (1,75 t/m’) . (2,85 m) ` 7,488 ton = 7,488 ton (memenuhi). b2). Gaya Lintang. DC-A = – P1 = – 0,75 t. DAE = DC-A + RAV = – 0,75 t + 3,662 t = + 2,912 t DE-B = DAE – q . a = 2,912 – (1,75 t/m’) . (2,85 m) = – 2,075 t. DB-D = DE-B + RBV = – 2,075 t + 3,825 t = + 1,75 t = P2 (memenuhi). b3). M o m e n. MA = – P1 . c = – (0,75 t) . (1 m) = – 0,750 t.m’. ME = RAV . a – P1 . (c + a) – q . a . 1/2a = (3,662 t) . (2,85 m) – (0,75 t) .(1 m + 2,85 m) – (1,75 t/m’) . ½ . (2,85) 2 = + 0,443 t.m’. MB = + RAV . L – P1 . (c + L) – q . a . 1/2a = – P2 . d = – (1,75 t) . (2 m) = – 3,50 t.m’. Momen maksimum terdapat pada titik dimana gaya lintang sama dengan nol (D = 0), momen pada tampang X, Mx = – P1 . (c + x) + RAV . x – ½ q x2 Gaya lintang pada tampang X, Dx = d(Mx)/dx = – P1 + RAV – q x Dx = 0, – P1 + RAV – q x = 0 x = (– P1 + RAV)/q = (– 0,75 t + 3,662 t)/(1,75 t/m’) = 1,664 m (dari titik A). Maka momen maksimum, Mmaks = – (0,75 t).(1 m + 1,664 m) + (3,662 t).(1,664 m) – ½ . (1,75 t/m’).(2,85 t) 2 Mmaks = + 1,673 t.m’. Titik dimana momen Mx = 0, dicari sebagai berikut, Mx = – P1 . (c + x) + RAV . x – ½ q x2 = 0 ½ q x2 + P1 . (c + x) – RAV . x = 0 x2 + (P1 – RAV )/(1/2 q) . x + (P1 . c)/(1/2 q) = 0 dimana, (P1 – RAV )/(1/2 q) = (0,75t – 3,662 t)/(1/2 . 1,75 t/m’) = – 3,328 m’. (P1 . c)/(1/2 q) = (0,75 t . 1 m’)/(1/2 . 1,75 t/m’) = 0,857 m2. Maka, x2 – 3,328.x + 0,857 = 0

x1, 2 

3,328 

(3,328) 2  4 . (0,857) 2

x1 = 0,281 m dari A x2 = 3,047 m dari A

9




c). GAMBAR BIDANG MOMEN DAN GAYA LINTANG

P1

C

P2

q t/m’

A

X

q.a

E

B

RAV

D

RBV x a = 0,6 L

b

c

L

Bidang momen

d

1,673 t.m Mx = 0

+

Mx = 0

–

–

- 0,75 t.m

- 3,5 t.m

Bidang gaya lintang

3,662 t 0,75 t

1,75 t

+

3,826 t

D=0

–

2,075 t

10

–

+




Kunci jawaban NO. STB. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 NO. STB. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L m

a m

b m

c m

d m

P1 ton

P2 ton

q t/m

RAV ton

RBV ton

4.75 5.00 5.25 5.50 5.75 6.00 6.25 6.50 6.75 7.00 7.25

2.85 3.00 3.15 3.30 3.45 3.60 3.75 3.90 4.05 4.20 4.35

1.90 2.00 2.10 2.20 2.30 2.40 2.50 2.60 2.70 2.80 2.90

1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00

2.00 2.00 2.00 2.00 2.00 2.00 2.00 2.00 2.00 2.00 2.00

0.750 1.000 1.250 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250

1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750 4.000 4.250

1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750 4.000 4.250

3.662 4.600 5.592 6.639 7.739 8.893 10.101 11.363 12.678 14.046 15.467

3.825 4.400 4.995 5.611 6.248 6.907 7.586 8.287 9.010 9.754 10.520

P1+P2+q ton

RAV+RBV ton

7.488 9.000 10.588 12.250 13.988 15.800 17.688 19.650 21.688 23.800 25.988

7.488 9.000 10.588 12.250 13.988 15.800 17.688 19.650 21.688 23.800 25.988

DC-A ton

DAE ton

DE-B ton

DB-D ton

MA t.m'

ME t.m'

x m

Mmaks

t.m'

MB t.m'

x1 m

-0.750 -1.000 -1.250 -1.500 -1.750 -2.000 -2.250 -2.500 -2.750 -3.000 -3.250

2.912 3.600 4.342 5.139 5.989 6.893 7.851 8.863 9.928 11.046 12.217

-2.075 -2.400 -2.745 -3.111 -3.498 -3.907 -4.336 -4.787 -5.260 -5.754 -6.270

1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750 4.000 4.250

-0.750 -1.000 -1.250 -1.500 -1.750 -2.000 -2.250 -2.500 -2.750 -3.000 -3.250

0.443 0.800 1.265 1.845 2.546 3.376 4.341 5.447 6.702 8.112 9.684

1.664 1.800 1.930 2.055 2.178 2.298 2.416 2.532 2.647 2.761 2.875

1.673 2.240 2.940 3.781 4.772 5.920 7.233 8.721 10.391 12.251 14.310

-3.500 -4.000 -4.500 -5.000 -5.500 -6.000 -6.500 -7.000 -7.500 -8.000 -8.500

0.281 0.303 0.313 0.316 0.315 0.311 0.306 0.300 0.293 0.286 0.280

11

x2 m 3.047 3.297 3.546 3.795 4.041 4.284 4.526 4.765 5.001 5.236 5.470

STATIKA I

MODUL 5 MUATAN TIDAK LANGSUNG Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran : 1. Beban Tidak Langsung. 2. Sendi Gerber. 3. Contoh Soal No1., Muatan Terbagi Rata. 4. Contoh Soal No.2., Beban Terpusat.

WORKSHOP/PELATIHAN Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya dalam dari struktur dengan beban tidak langsung. Juga mahasiswa mengetahui dan memahami konstruksi gelagar dengan sendi gerber. Mahasiswa dapat melakukan perhitungan gaya-gaya dalam dari struktur dengan beban tidak langsung dan konstruksi gelagar dengan sendi gerber. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.






MUATAN TIDAK LANGSUNG 1). Beban Tidak Langsung. Sistem pembebanan tidak langsung pada umumnya dijumpai pada konstruksi jembatan. Beban lalu lintas kenderaan maupun berat sendiri lantai jembatan dilimpahkan pada gelagar memanjang melalui gelagar gelagar melintang, dimana baik gelagar melintang maupun gelagar memanjang masing-masing mempunyai berat sendiri pula. Lantai jembatan

Gelagar melintang

Gelagar memanjang

Gambar 1 : Jembatan lalu lintas, tersusun dari lantai, gelagar melintang dan gelagar memanjang.

Beban dari lalu lintas dan berat sendiri lantai adalah merupakan beban tidak langsung, sedangkan berat sendiri gelagar melintang adalah beban langsung yang bekerja pada gelagar memanjang jembatan. b

c

Lantai beton, P = a.b.c. BJ (ton) a Gelagar melintang, q t/m’

P’ = b . q (ton) Gelagar memanjang

Gambar 2 : Cara perhitungan berat lantai dan gelagar melintang. 1




Beban lantai maupun beban yang berada diatasnya akan didistribusikan pada setiap gelagar melintang dengan nilai separoh dari kanan dan kiri gelagar tersebut, kemudian akan terkumpul menjadi beban terpusat pada gelagar memanjang.. Apabila dilakukan idealisasi struktur akan terlihat seperti Gambar 3 berikut,

½P

½P½P ½P½P

P’

P’

P

P

P’

P’

P P’

½P

P P’

P’

P’

L Po (A)

P1

P1

P1

P1

P1

P1

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

s

Po

(B)

s L

D

M

Gambar 3 : Beban yang dipikul gelagar memanjang, terdiri berat lantai kenderaan (P), dan berat sendiri gelagar melintang (P’).

Perhitungan : Berat lantai kenderaan, P = a . b . c . BJ (ton) Berat gelagar melintang, P’ = b . q t/m’ (ton) Beban terpusat, Po = ½ P + P’ P1 = P + P’ a). Reaksi perletakan, RAV = RBV = Po + P1 + P1 + P1

(ton)

b). Gaya lintang (D), DA-1 = + RA-1 = Po + P1 + P1 + P1 – Po = 3 P1 D1-2 = DA-1 – P1 = + 3 P1 – P1 = 2 P1 D2-3 = D1-2 – P1 = + 2 P1 – P1 = P1 D3-4 = D2-3 – P1 = + P1 – P1 = 0

(ton) (ton) (ton) (ton)

c). Momen Lentur (M), M1 = (RAV – Po) . S

(ton.m’) 2




M2 = (RAV – Po) . 2S – P1 . S M3 = (RAV – Po) . 3S – P1 . 2S – P1 . S

(ton.m’) (ton.m’)

Catatan : - Jika beban terbagi rata bekerja langsung pada gelagar memanjang akan terdapat momen maksimum 1/8 q . L2 yang puncaknya di tengah bentang. - Oleh karena itu sebaiknya penempatan gelagar melintang dalam jumlah medan yang ganjil, agar momen maksimum tidak terjadi pada tengah bentang. 2). Sendi Gerber.

Gelagar memanjang

Sendi gerber

Sendi gerber

Gelagar memanjang

Gelagar memanjang

A

C B Pier

Abutmen

Abutmen

L1

L2

L3

Gambar 4 : Gelagar memanjang dengan sendi gerber.

Jika balok diletakkan diatas 3 (tiga) titik tumpuan A,B, dan C, dimana sendi pada A dan rol pada B dan C maka konstruksi menjadi konstruksi statis tidak tertentu. Sebab syarat keseimbangan hanya menghasilkan persamaan, V=0

H=0

;

; M=0

untuk mendapatkan tiga bilangan anu (tidak diketahui), RAV

;

RAH

;

RBV

Sedangkan pada konstruksi terdapat 4 (empat) bilangan anu (tidak diketahui) yaitu,

3




RAV

;

RAH

;

RBV ;

RCV

Yang merupakan reaksi-reaksi pada tumpuan A, B, dan C. (A)

RAV  0 RAH  0 M=0

(B)

(A)

RCV  0 RCH = 0 M=0

RBV  0 RBH = 0 M=0 (S)

(B)

(C)

1

(C)

2

(C)

3

(C)

4

(S) (A)

(B) (S)

(A) (B) L1

L2

L2

Gambar 5 : Balok gerber.

Agar supaya hitungan dapat dijalankan dalam kondisi statis tertentu, maka harus ditambah satu persamaan lagi dengan cara menambah satu sendi (S) yang diletakkan diantara tumpuan A – B atau tumpuan B – C, dalam hal ini sendi S diletakkan diantara B – C, sehingga sendi S tidak memikul momen atau  Ms = 0. Hitungan ini didasarkan kepada anggapan bahwa seolah-olah balok A – B menganjur, dan diatas ujung yang menganjur tersebut diletakkan balok S – C. Dengan demikian, reaksi pada S untuk balok S – C akan merupakan beban yang bekerja pada balok A – B. Selanjutnya konstruksi balok gerber ini dapat dikembangkan lagi menjadi suatu konstruksi seperti gambar berikut, (A)

(B)

(A)

(B)

(A)

(A)

(S1)

(S1)

(S1)

(S1)

(S2)

(C)

(D)

(S2)

(C)

(D)

(B)

(C)

(S2)

(D)

(B)

(C)

(S2)

(D)

Gambar 6 : Balok gerber dengan dua sendi gerber.

4

1

2




CONTOH SOAL Suatu konstruksi gerber seperti gambar berikut, memikul muatan terbagi rata q1 = 3 t/m’ pada bentang A – B – S dan q2 = 1 t/m’ pada bentang S – C. Hitunglah dan gambarkan bidang-bidang gaya lintang dan momen pada seluruh bentang. q2 = 1 t/m’ q1 = 3 t/m’ (A)

a=1m

L1 = 7 m 9,929 t

5,50 t D=0

+

16,431 t.m’

RBV

(C)

(S)

(B)

L2 = 5 m 2,50 t D=0

+

–

– 3,125 t.m’

- 11,071 t

+

-2,50 t

+ M=0

– - 4 t.m’

Gambar 7 : Bidang gaya lintang dan momen balok gerber.

a. Bentang S – C. a.1. Reaksi perletakan. RSV = RCV = ½ q2 . L2 = ½ . (1 t/m’) . (5 m) = 2,50 ton. a.2. Gaya Lintang. DSC = RSV = + 2,50 ton. DCS = DSC – q2 . L2 = 2,50 ton – (1 t/m’) . (5 m) = – 2,50 ton. a.3. Momen. MS = MC = 0 Mmaks = 1/8 q2 . L22 = 1/8 . (1 t/m’) . (5 m)2 = 3,125 t.m’. b. Bentang A – B – S. b.1. Reaksi perletakan.  MB = 0, RAV . L1 – q1 . L1 . 1/2L1 + q1 . a . 1/2a + RSV . a = 0 RAV = ½ q1 . L1 – ½ q1 . a2/L1 – RSV . a/L1 RAV = ½ . (3 t/m’) . (7 m) – ½ . (3 t/m’) . (1 m)2/(7 m) – (2,50 t) . (1 m)/(7 m) RAV = 9,929 ton (ke atas).  MA = 0, – RBV . L1 + q1 . (L1 +a) . ½(L1 + a) + RSV . (L1 + a) = 0 RBV = ½ q1 . (L1 +a)2/L1 + RSV . (L1 + a)/L1 RBV = ½ . (3 t/m’) . (7 m + 1 m)2/(7 m) + (2,50 t) . (7 m + 1 m)/(7 m) RBV = 16,571 ton (ke atas). 5




Kontrol : V=0 RAV + RBV = q1 . (L1 + a) + RSV 9,929 t + 16,571 t = (3 t/m’) . (7 m + 1 m) + 2,50 t 26,50 ton = 26,50 ton (memenuhi). b.2. Gaya Lintang. DAB = + RAV = 9,929 ton. Pada jarak sejauh x dari perletakan A, gaya lintang diberikan oleh persamaan, DX = RAV – q1 . x Untuk x = 7 m, DX = DBA = 9,929 t – (3 t/m’) . (7 m) = – 11,071 ton. Untuk DX = 0, DX = RAV – q1 . x = 0 x = RAV/q1 = (9,929 t)/(3 t/m’) = 3,31 m dari perletakan A. DBS = DBA + RBV = – (11,071 t) + 16,571 = + 5,50 t. b.3. Momen. Pada jarak sejauh x dari perletakan A, momen diberikan oleh persamaan, Mx = RAV . x – ½ q1 . x2 Momen maksimum terdapat pada jarak sejauh x = 3,31 m dari A, Mmaks = (9,929 t) . (3.31 m) – ½ . (3 t/m’) . (3,31 m)2 = 16,431 t.m’. Momen sama dengan nol (Mx = 0), diberikan oleh persamaan, Mx = RAV . x – ½ q1 . x2 = 0 x = 2 RAV/q1 = 2 . (9,929 t)/(3 t/m’) = 6,62 m dari perletakan A. Pada jarak 7 m dari perletakan A, Mx = MB = (9,929 t) . (7 m) – ½ . (3 t/m’) . (7 m)2 = – 4 t.m’. Atau, MB = – ½ q1 . a2 – RSV . a = – ½ . (3 t/m’) . (1 m) – (2,50 t) . (1 m) = – 4 t.m’. CONTOH SOAL Suatu konstruksi seperti tergambar memikul memikul muatan terpusat P1 = 2 ton, P2 = 3 ton, P3 = 2 ton, P4 = 4 ton dan P5 = 3 ton pada bentang A – B dan S – C. Hitung dan gambarkan bidang-bidang gaya lintang dan momen pada seluruh bentang. Perhitungan : a. Bentang S – C. a.1. Reaksi Perletakan. RSV = P4 . (2 m/5 m) + P5 . (1 m/5 m) = + (4 t) . (2/5) + (3 t) . (1/5) RSV = + 2,20 ton (ke atas). RCV = P4 . (3 m/5 m) + P5 . (4 m/5 m) = + (4 t) . (3/5) + (3 t) . (4/5) RCV = + 4,80 ton (ke atas). 6




Kontrol : RSV + RCV = P4 + P5 2,20 t + 4,80 t = 4 t + 3 t 7 ton = 7 ton (memenuhi). P1

P2

P3

P4

(A)

(S)

(B) (1) 2m

(2)

(C)

(3)

2m

2m

P5

(4) 1m

1m

(5) 1m

3m

1m

a=1m L2 = 5 m

L1 = 7 m

P4

P5

(S)

(C) (4)

P1

P2

RSV

P3

(A) (2)

(S)

(3)

2,686 t

2,20 t 0,686 t

+

RCV

RSV

(B) (1)

(5)

+

–

– - 1,80 t

- 2,314 t - 4,314 t

- 4,80 t

6,744 t.m’

5,372 t.m’

6,60 t.m’

4,80 t.m’

2,116 t.m’

+

M=0

M=0

M=0

–

+ M=0

- 2,20 tm’

Gambar 8 : Gambar gaya lintang dan momen.

a.2. Gaya Lintang. DS-4 = + RSV = + 2,20 ton. D4-5 = DS-4 – P4 = + 2,20 t – 4 t = – 1,80 t D5-C = D4-5 – P5 = – 1,80 t – 3 t = – 4,80 ton = – RCV. a.3. Momen. M4 = + RSV . (3 m) = + (2,20 t) . (3 m) = + 6,60 tm’. M5 = + RSV . (4 m) – P4 . (1 m) = + (2,20 t) . (4 m) – (4 t) . (1 m) = + 4,80 t.m’.

7




b. Bentang A – B – S. b.1. Reaksi Perletakan.  MB = 0 RAV . (7 m) – P1 . (5 m) – P2 . (3 m) – P3 . (1 m) + RSV . (1 m) = 0 RAV = P1 . (5 m/7 m) + P2 . (3 m/7 m) + P3 . (1 m/7 m) – RSV . (1 m/7 m) RAV = (2 t) . (5/7) + (3 t) . (3/7) + (2 t) . (1/7) – (2,20 t) . (1/7) RAV = 1,439 t + 1,286 t + 0,286 t – 0,314 t RAV = 2,686 ton (ke atas).  MB = 0, – RBV . (7 m) + P1 . (2 m) + P2 . (4 m) + P3 . (6 m) + RSV . (7 m + 1 m) = 0 RBV = P1 . (2 m/7 m) + P2 . (4 m/7 m) + P3 . (6 m/7 m) + RSV . (8 m/7 m) RBV = (2 t) . (2/7) + (3 t) . (4/7) + (2 t) . (6/7) + (2,20 t) . (8/7) RBV = 0,571 t + 1,714 t + 1,714 t + 2.514 t RBV = + 6.514 ton (ke atas). Kontrol : RAV + RBV = P1 + P2 + P3 + RSV 2,686 t + 6,514 t = 2 t + 3 t + 2 t + 2,20 t 9,20 t = 9,20 t (memenuhi). b.2. Gaya Lintang. DA-1 = + RAV = + 2,686 ton. D1-2 = DA-1 – P1 = + 2,686 t – 2 t = + 0,686 ton. D2-3 = D1-2 – P2 = + 0,686 t – 3 t = – 2,314 ton. D3-B = D2-3 – P3 = – 2,314 t – 2 t = – 4,314 ton. DB-S = D3-B + RBV = – 4,314 t + 6,514 t = + 2,20 ton = RSV b.3. Momen. M1 = + RAV . (2 m) = + (2,686 t) . (2 m) = + 5,372 t.m’. M2 = + RAV . (4 m) – P1 . (2 m) = + (2,686 t) . (4 m) – (2 t) . (2 m) = + 6,744 t.m’. M3 = + RAV . (6 m) – P1 . (4 m) – P2 . (2 m) = + (2,686 t) . (6 m) – (2 t) . (4 m) – (3 t) . (2 m) = + 16,116 t.m’ – 8 t.m’ – 6 t.m’ M3 = + 2,116 t.m’. MB = + RAV . (7 m) – P1 . (5 m) – P2 . (3 m) – P3 . (1 m) = + (2,686 t) . (7 m) – (2 t) . (5 m) – (3 t) . (3 m) – (2 t) . (1 m) = + 18,802 t.m’ – 10 t.m’ – 9 t.m’ – 2 t.m’ MB = – 2,198 t.m’  – 2,20 t.m’. Atau, MB = – RSV . (1 m) = – (2,20 t) . (1 m) = – 2,20 t.m’.

8




WORKSHOP/PELATIHAN P1

P2

P3

P4

(A)

(S)

(B) (1) 2m

(2)

(C)

(3)

2m

2m

P5

(4) 1m

1m

(5) 1m

3m

1m

a=1m L2 = 5 m

L1 = 7 m

Gambar 9 : Konstruksi gelagar dengan sendi gerber. Gambarkan bidang gaya lintang dan momen pada seluruh bentang dari struktur diatas

DATA-DATA No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

P1 ton 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0

P2 ton 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0

P3 ton 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0

P4 ton 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0 5.2 5.4 5.6 5.8 6.0

P5 ton 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0

HASIL PERHITUNGAN No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Rsv ton 2.200 2.320 2.440 2.560 2.680 2.800 2.920 3.040 3.160 3.280 3.400

Rcv ton 4.800 5.080 5.360 5.640 5.920 6.200 6.480 6.760 7.040 7.320 7.600

Rsv+Rcv ton 7.000 7.400 7.800 8.200 8.600 9.000 9.400 9.800 10.200 10.600 11.000

P4+P5 ton 7.000 7.400 7.800 8.200 8.600 9.000 9.400 9.800 10.200 10.600 11.000

DS-4 ton 2.200 2.320 2.440 2.560 2.680 2.800 2.920 3.040 3.160 3.280 3.400

9

D4-5 ton -1.800 -1.880 -1.960 -2.040 -2.120 -2.200 -2.280 -2.360 -2.440 -2.520 -2.600

D5-B ton -4.800 -5.080 -5.360 -5.640 -5.920 -6.200 -6.480 -6.760 -7.040 -7.320 -7.600

M4 t.m' 6.600 6.960 7.320 7.680 8.040 8.400 8.760 9.120 9.480 9.840 10.200

M5 t.m' 4.800 5.080 5.360 5.640 5.920 6.200 6.480 6.760 7.040 7.320 7.600




No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

RAV ton 2.686 2.926 3.166 3.406 3.646 3.886 4.126 4.366 4.606 4.846 5.086

No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

M1 t.m' 5.371 5.851 6.331 6.811 7.291 7.771 8.251 8.731 9.211 9.691 10.171

RBV ton 6.514 6.994 7.474 7.954 8.434 8.914 9.394 9.874 10.354 10.834 11.314 M2 t.m' 6.743 7.303 7.863 8.423 8.983 9.543 10.103 10.663 11.223 11.783 12.343

RAV+RBV

P1+P2+P3+Rsv

ton 9.200 9.920 10.640 11.360 12.080 12.800 13.520 14.240 14.960 15.680 16.400

ton 9.200 9.920 10.640 11.360 12.080 12.800 13.520 14.240 14.960 15.680 16.400

M3 t.m' 2.114 2.354 2.594 2.834 3.074 3.314 3.554 3.794 4.034 4.274 4.514

MB t.m' -2.200 -2.320 -2.440 -2.560 -2.680 -2.800 -2.920 -3.040 -3.160 -3.280 -3.400

10

DA-1 ton 2.686 2.926 3.166 3.406 3.646 3.886 4.126 4.366 4.606 4.846 5.086

D1-2 ton 0.686 0.726 0.766 0.806 0.846 0.886 0.926 0.966 1.006 1.046 1.086

D2-3 ton -2.314 -2.474 -2.634 -2.794 -2.954 -3.114 -3.274 -3.434 -3.594 -3.754 -3.914

D3-B ton -4.314 -4.674 -5.034 -5.394 -5.754 -6.114 -6.474 -6.834 -7.194 -7.554 -7.914

DB-S ton 2.200 2.320 2.440 2.560 2.680 2.800 2.920 3.040 3.160 3.280 3.400

STATIKA I

MODUL 6 GARIS PENGARUH Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran : 1. Balok Diatas Dua Perletakan. 2. Balok Menganjur (Overhang). 3. Rangkaian Muatan  Beban Terpusat.  Beban Terbagi Rata. 4. Balok Bersendi Gerber.

WORKSHOP/PELATIHAN Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang garis pengaruh, untuk balok diatas dua perletakan, balok menganjur (overhang), rangkaian muatan dan balok bersendi gerber. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.





Departemen Teknik Sipil, FTSP. ITM.

GARIS PENGARUH Apabila suatu konstruksi jembatan dilalui oleh kenderaan maka pada suatu titik tertentu (misal titik C) pada gelagar memanjang akan terdapat gaya-gaya dalam seperti gaya lintang dan momen yang berobah besarnya sesuai dengan letak kenderaan pada saat itu, lihat gambar berikut.

A

P1

P2

B

Untuk mengetahui berapa sebenarnya besar gaya lintang maksimum dan momen maksimum yang mungkin terjadi pada titik C apabila dilalui oleh kenderaan, maka diperlukan suatu diagram yang disebut Garis Pengaruh. Untuk menggambarkan diagram ini digunakan beban bergerak terpusat tunggal dengan nilai P = 1 ton, yang diletakkan pada beberapa titik secara bergantian seperti berikut. 1). BALOK DIATAS DUA PERLETAKAN. Keterangan : a. Garis pengaruh RA. P = 1 t berada di A, RA = + P = + 1 (ton) P = 1 t berada di C,  MB = 0 RA = + P . (L-a)/L = + 1 . (L-a)/L (ton) P = 1 t berada di B, RA = 0 (ton) b. Garis pengaruh RB P = 1 t berada di A, RB = 0 (ton) P = 1 t berada di C,  MA = 0 RB = + P . a/L = + 1 . a/L (ton) P = 1 t berada di B, RB = + P = + 1 (ton) c. Garis pengaruh Gaya lintang pada titik C. P = 1 t berada di A, Ra = + P = + 1 t, Dc = Ra – P = 0 P = 1 t berada di C (P belum melewati C),  MB = 0 RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) Dc = RA – P = P . (L-a)/L – P = P . (L-a)/L – P . L/L = – P . a/L Dc = – a/L (ton)

1




P =1 ton C B

A a

L-a L

Garis pengaruh Reaksi GP.RA

(L-a)/L

+1

+

a/L

Garis pengaruh Gaya Lintang

+

+(L-a)/L

+1

+

GP.DC –

-1

-a/L

Garis pengaruh Momen

+1

+ a . (L-a)/L

GP.MC

+

P = 1 t berada di C (P sudah melewati C),  MB = 0 RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) Dc = + RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) d. Garis pengaruh Momen pada titik C. P = 1 t berada di C,  MB = 0 Ra = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) Mc = RA . a = P . (L-a)/L . a = a . (L-a)/L (t.m.)

2

GP.RB




2). BALOK MENGANJUR (OVERHANG). P =1 ton C

A

B

a

D

L-a L

Garis pengaruh Reaksi

b

(L-a)/L

GP.RA + 1

+ - b/L

–

GP.RB

+1 a/L

Garis pengaruh Gaya Lintang

+(L-a)/L

+1

+

GP.DC

-1

-a/L

GP.MC

- b/L

–

–


(L+b)/L

+

+ a . (L-a)/L

+

– Keterangan : a. Garis pengaruh RA. P = 1 t berada di A, RA = + P = + 1 (ton) P = 1 t berada di C,  MB = 0 RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) P = 1 t berada di B, Ra = 0 (ton) P = 1 t berada di D,  MB = 0 RA .L + P . b = 0 3

- a.b/L




RA = - P . b/L = - b/L (ton) b. Garis pengaruh RB P = 1 t berada di A, RB = 0 (ton) P = 1 t berada di C,  MA = 0 RB = + P . a/L = + a/L (ton) P = 1 t berada di B, RB = + P = + 1 (ton) P = 1 t berada di D,  MA = 0 - RB .L + P . (L + b) = 0 RB = + P . (L + b)/L = + (L + b)/L (ton) c. Garis pengaruh Gaya lintang pada titik C. P = 1 t berada di A, RA = + P = + 1 t, Dc = RA – P = 0 P = 1 t berada di C (P belum melewati C),  MB = 0 RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) Dc = RA – P = P . (L-a)/L – P = P . (L-a)/L – P . L/L = – P . a/L Dc = – a/L (ton) P = 1 t berada di C (P sudah melewati C),  MB = 0 RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) Dc = + RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) P = 1 t berada di D,  MB = 0 RA . L + P . b = 0 RA = - P . b/L = - b/L (ton) Dc = - b/L (ton) d. Garis pengaruh Momen pada titik C. P = 1 t berada di C,  MB = 0 RA = + P . (L-a)/L = + (L-a)/L (ton) Mc = RA . a = P . (L-a)/L . a = a . (L-a)/L (t.m.). P = 1 t berada di D,  MB = 0 RA .L + P . b = 0 RA = - P . b/L = - P . b/L (ton) Mc = RA . a = - P . b/L . a = - a . b/L (t.m.).

4




3). RANGKAIAN MUATAN. Besar gaya lintang maksimum positip/negatip dan momen maksimum untuk muatan bergerak terpusat (P) dan terbagi rata (q) pada titik C. A. Muatan terpusat. 2m

Garis pengaruh Gaya Lintang C

P1 = 2 t

P2 = 1 t

B

A a=4m

L-a L = 10 m 2m

Posisi 1 Gaya lintang maksimum positip

P2 = 1 t

P1 = 2 t

+1

GP.DC

Y1 = +(L-a)/L

+ Y2

–

-1

-a/L 2m Posisi 2 Gaya lintang maksimum negatip

P1 = 2 t

P2 = 1 t

+1

+(L-a)/L

GP.DC –

+ Y1 = -a/L

Y2

-1

a. Gaya lintang maksimum positip, beban berada pada posisi 1. Lihat gambar G.P.Dc posisi 1. Karena P1 > P2, maka P1 ditempatkan pada ordinat terbesar. - Ordinat-ordinat, Y1 = + (L – a)/L = (10 – 4)/10 = + 0,6 Y2 = + Y1 . {(L – a) – 2}/(L – a) 2m = + 0,6 . {(10 – 4) – 2}/(10 – 4) Y1 = + 0,4 Y2 - Gaya lintang maksimum positip, DC maks + = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 (t) . 0,6 + 1 (t) . 0,4 = + 1,6 ton. b. Gaya lintang maksimum negatip, beban berada pada posisi 2. Lihat gambar G.P.Dc posisi 2. - Ordinat-ordinat, 5

L-a




Y1 = – a/L = – 4/10 = – 0,4 Y2 = – Y1 . (a – 2)/a = – 0,4 . (4 – 2)/4 = – 0,2

2m Y2

Y1

a

- Gaya lintang maksimum negatip, DC maks - = – P1 . Y1 – P2 . Y2 = – 2 (t) . 0,4 – 1 (t) . 0,2 = – 1,0 ton. 2m

Garis pengaruh Momen C

P1 = 2 t

P2 = 1 t

B

A a=4m

L-a L = 10 m 2m P2 = 1 t

P1 = 2 t

Alternatip penempatan beban dalam mencari momen maksimum.

Y1 = + a . (L-a)/L Y2

GP.Mc

+

Posisi 1 2m P2 = 1 t

P1 = 2 t

Y1 = + a . (L-a)/L

GP.Mc

Y2

Posisi 2

+

c. Momen maksimum. Untuk mendapatkan momen maksimum dilakukan dengan coba-coba, yaitu beban ditempatkan pada posisi-posisi 1 s/d 5. - Pada posisi 1. Lihat gambar G.P.Mc posisi 1, karena P1 > P2, maka P1 ditempatkan pada ordinat terbesar, ordinat-ordinat tersebut, Y1 = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y2 = + Y1 . {(L – a) – 2}/(L – a) = + 6 . {(10 – 4) – 2}/(10 – 4) = + 4 m. 6




Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 6 + 1 . 4 = + 16 t.m. - Pada posisi 2. Lihat gambar G.P.Mc posisi 2, karena P1 > P2, maka P1 ditempatkan pada ordinat terbesar, ordinat-ordinat tersebut, Y1 = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y2 = + Y1 . (a – 2)/a = + 6 . (4 – 2)/4 = + 3 m. Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 6 + 1 . 3 = + 15 t.m. 2m


P1 = 2 t

P2 = 1 t

B

A a

L-a L


2m P2 = 1 t

P1 = 2 t

4/3 m 2/3 m

Y = + a . (L-a)/L

2m

GP.Mc Posisi 3

P2 = 1 t

+ Y1

Y2

R=3t X2

2m P2 = 1 t

P1 = 2 t

X1

P1 = 2 t

Y = + a . (L-a)/L

GP.Mc Posisi 4

+ Y2

Y1

- Pada posisi 3. Lihat gambar G.P.Mc posisi 3, resultan R (P1+P2) ditempatkan pada ordinat terbesar (Y). Letak resultan R, X2 . (P1 + P2) = P1 . (2 m) X2 = 2/(2 + 1) . (2 m) = 4/3 m = 1,33 m. X1 + X2 = 2 m X1 . (P1 + P2) = P2 . (2 m) 7




X1 = 1/(2 + 1) . (2 m) = 2/3 m = 0,67 m. Ordinat-ordinat, Y = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y1 = + Y . (a – 0,67)/a = + 6 . (4 – 0,67)/4 = + 5 m. Y2 = + Y . {(L – a) – 1,33}/(L – a) = + 6 . {(10 – 4) – 1,33}/(10 – 4) = + 4,67 m Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 5 + 1 . 4,67 = + 14,67 t.m. - Pada posisi 4. Lihat gambar G.P.Mc posisi 4, resultan R (P1+P2) ditempatkan pada ordinat terbesar (Y) tetapi posisi terbalik dari posisi 3. Ordinat-ordinat, Y = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y1 = + Y . {(L – a) – 0,67}/(L – a) = + 6 . {(10 – 4) – 0,67)/(10 – 4) = + 5,33 m. Y2 = + Y . (a – 1,33)/a = + 6 . (4 – 1,33)/4 = + 4 m. Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 5,33 + 1 . 4 = + 14,67 t.m.

2m


P1 = 2 t

P2 = 1 t

B

A a

L-a L


2m P1 = 2 t

P2 = 1 t

4/3 m 2/3 m 2m

Y = + a . (L-a)/L

GP.Mc

Y1 = Y2

Posisi 5

+ Y2

Y1

P2 = 1 t

P1 = 2 t R=3t X2

X1

x

- Pada posisi 5. Lihat gambar G.P.Mc posisi 5, P1 dan P2 ditempatkan pada posisi dimana ordinat Y1 dan Y2 besarnya sama. Ordinat-ordinat, Y = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y1 = + Y . {L – (x + 2)}/(L – a) ...................(2) Y2 = + Y . x/(a) ...................(1) 8




Dari (1) dan (2), Y1 = Y2 Y . {L – (x + 2)}/(L – a) = Y . x/(a) {L – (x + 2)} . (a) = x . (L – a) a.L–x.a–2.a = x.L–x.a x.L=a.L–2.a x = a . (L – 2)/L = 4 . (10 – 2)/10 x = 3,2 m (dari kiri). Maka, Y1 = + Y . {L – (x + 2)}/(L – a) = + 6 . {10 – (3,2 + 2)}/(10 – 4) = + 4,8 m Y2 = + Y . x/(a) = 6 . 3,2/4 = 4,8 m Y1 = Y2 (memenuhi). Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 4,8 + 1 . 4,8 = + 14,4 t.m. Perhatikan tabel berikut ini yang menggambarkan besar momen berdasarkan letak beban bergerak, Posisi 1 2 3 4 5

Momen (t.m’) 16,00 15,00 14,67 14,67 14,40

Momen maksimum terjadi pada pembebanan posisi 1.

9




B. Muatan terbagi rata. Garis pengaruh Gaya Lintang

2m q = 2 t/m’

C

B

A a=4m

L-a L = 10 m 2m

Posisi 1 Gaya lintang maksimum positip

q = 2 t/m’

+1

GP.DC

Y2 Y1 = +(L-a)/L

+

–

-1

-a/L 2m Posisi 2 Gaya lintang maksimum negatip

q = 2 t/m’

+1

+(L-a)/L

GP.DC Y2

+ Y1 = -a/L

–

-1

a. Gaya lintang maksimum positip, beban berada pada posisi 1. Lihat gambar G.P.Dc posisi 1. - Ordinat-ordinat, Y1 = + (L – a)/L = (10 – 4)/10 = + 0,6 Y2 = + Y1 . {(L – a) – 2}/(L – a) = + 0,6 . {(10 – 4) – 2}/(10 – 4) Y1 = (L – a)/L = + 0,4

2m

- Luas bidang antara Y1 dan Y2, F = (2 m) . (Y1 + Y2)/2 = (2 m) . ( 0,6 + 0,4)/2 = 1 m. - Gaya lintang maksimum positip, DC maks + = + q . F = + (2 t/m’) . (1 m) = + 2 ton.

10

q = 2 t/m’

Y2 L–a

+




b. Gaya lintang maksimum negatip, beban berada pada posisi 2. Lihat gambar G.P.Dc posisi 2. - Ordinat-ordinat,

2m q = 2 t/m’

Y1 = – a/L = – 4/10 = – 0,4 Y2 = – Y1 . (a – 2)/a = – 0,4 . (4 – 2)/4 = – 0,2

–

Y2

Y1 = - a/L

a

- Luas bidang yang diarsir, F = – (2 m) . (Y1 + Y2)/2 = – (2 m) . ( 0,4 + 0,2)/2 = 0,6 m. - Gaya lintang maksimum negatip, DC maks - = – q . F = – (2 t/m’) . (0,6 m) = – 1,2 ton.


2m

C

q = 2 t/m’

B

A a

L-a L 2m q = 2 t/m’

Y1 = + a . (L-a)/L

GP.Mc

Y2

Posisi 1

+

2m q = 2 t/m’

Y1 = + a . (L-a)/L

GP.Mc Posisi 2

Y2

+

c. Momen maksimum. 11




Untuk mendapatkan momen maksimum dilakukan dengan coba-coba, yaitu beban ditempatkan pada posisi-posisi 1 s/d 3. - Pada posisi 1. Lihat gambar G.P.Mc posisi 1, beban ditempatkan sebelah kanan potongan C, ordinat-ordinat tersebut, 2m q = 2 t/m’

Y1 Y2 L–a

Y1 = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y2 = + Y1 . {(L – a) – 2}/(L – a) = + 6 . {(10 – 4) – 2}/(10 – 4) = + 4 m. Luas bidang yang diarsir, F = + (2 m) . (Y1 + Y2)/2 = + (2 m) . {6 m + 4 m}/2 = 10 m2. Momen, Mc = + q . F = + (2 t/m’) . (10 m2) = + 20 t.m’. - Pada posisi 2. Lihat gambar G.P.Mc posisi 2, beban ditempatkan disebelah kiri pada potongan C, ordinatordinat tersebut, 2m q = 2 t/m’

Y2

Y1

a

Y1 = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y2 = + Y1 . (a – 2)/a = + 6 . (4 – 2)/4 = + 3 m. Luas bidang yang diarsir, F = + (2 m) . (Y1 + Y2)/2 = + (2 m) . {6 m + 3 m}/2 = 9 m2. Momen, Mc = + q . F = + (2 t/m’) . (9 m2) = + 18 t.m’.

12




- Pada posisi 3. Lihat gambar G.P.Mc posisi 3, beban ditempatkan pada posisi dimana ordinat Y1 dan Y2 besarnya sama. Garis pengaruh Momen

2m

C

q = 2 t/m’

B

A a

L-a L 2m q = 2 t/m’

Y = + a . (L-a)/L

GP.Mc

Y1 = Y2

Posisi 3

+ Y2

Y1 x

Y1

F1

F2

Y2

Ordinat-ordinat, Y = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y1 = + Y . x/a Y2 = + Y . {L – (x + 2)}/(L – a) Dari (1) dan (2), Y1 = Y2 Y . x/a = Y . {L – (x + 2)}/(L – a) x . (L – a) = {L – (x + 2)} . a x.L–x.a=a.L–x.a–2.a x.L=a.L–2.a x = a . (L – 2)/L = 4 . (10 – 2)/10 x = 3,2 m (dari kiri). Maka, Y1 = + Y . x/a = 6 . 3,2/4 = 4,8 m. Y2 = + Y . {L – (x + 2)}/(L – a) = + 6 . {10 – (3,2 + 2)}/(10 – 4) 13

...................(1) ...................(2)




= + 4,8 m (Y1 = Y2 memenuhi). Luas bidang yang diarsir, F = F1 + F2 = + (a – x) . (Y1 + Y)/2 + {2 m – (a – x)} . (Y2 + Y)/2 = + (4m – 3,2m) . {6m + 4,8m}/2 + {2m – (4m – 3,2m)} . {6m + 4,8m}/2 = 4,32 + 6,48 F = 10,8 m2. Momen, Mc = + q . F = + (2 t/m’) . (10,8 m2) = + 21,6 t.m’. Perhatikan tabel berikut ini yang menggambarkan besar momen berdasarkan letak beban bergerak, Posisi 1 2 3

Momen (t.m’) 20,00 18,00 21,60

Momen maksimum terjadi pada pembebanan posisi 3. SILAHKAN COBA A

C

a = 2,5 m L = (6+X) m Muatan bergerak,

B

D

L-a b=3m a=2m P2 = (1+X) t

P1 = (3+X) t

Diminta : Hitunglah gaya lintang maksimum positip dan negatip dan momen maksimum positip dan negatip pada tampang C. Dimana, X = angka terakhir no.stb, misal 99101023, maka X = 3(meter/ton).

14




4). BALOK BERSENDI GERBER.

D

A

B

a

S

C

L-a

GP.RA

L1

b

L + (L – a)/L +1

+ - b/L

+1

GP.RB

+ (L+b)/L

+ a/L

+

GP.DC

+(L-a)/L +1

GP.MC

+

–

-1

–

- b/L

- a/L

+ a.(L-a)/L

+

– - a.b/L

15




16

STATIKA I

MODUL 7 BANGUNAN PORTAL Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran : 1. Portal Simetris. a) Memikul muatan terpusat tunggal. b) Memikul muatan vertikal dan horisontal. c) Memikul muatan campuran. 2. Portal Tidak Simetris. a) Kolom miring sebelah, memikul muatan terpusat vertikal dan horisontal. b) Kolom tinggi sebelah, memikul muatan terpusat vertikal dan horisontal. c) Kolom tinggi sebelah, balok overhang, memikul muatan terbagi rata, terpusat vertikal dan horisontal.

WORKSHOP/PELATIHAN Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya dalam dari struktur portal simetris,struktur portal tidak simetris, struktur portal dengan overhang, dengan berbagai beban. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.






BANGUNAN PORTAL Bangunan portal banyak dijumpai sebagai konstruksi bangunan gudang, hangar dan jembatan. Prinsip perhitungan tetap sama dengan balok diatas dua perletakan selagi masih dalam bentuk statis tertentu, yaitu V = 0, H = 0 dan M = 0. 1. PORTAL SIMETRIS. a). Memikul muatan terpusat tunggal. P a (C)

b (D)

(E)

h

(B)

(A) RAV

RBV

L

Gambar 1 : Bangunan portal simettris, memikul beban terpusat P

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L - P . b = 0 RAV = P . b/L (ton).  MA = 0, - RBV . L + P . a = 0 RBV = P . a/L (ton). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P = 0 b. Gaya lintang. DA-C = 0 DC-E = + RAV (ton). DE-D = + RAV – P (ton). DD-B = 0

1




c. M o m e n . MA = 0 MC = 0 ME = RAV . a = P.a.b/L MD = RAV . L – P . b = + P.b/L . L – P . b = 0 MB = 0 d. Gaya Normal. NA-C = – RAV (ton). NC-D = 0 NB-D = – RBV (ton). P.a.b/L RAV

+

P

+

(D)

(C)

(D)

(E)

RBV

–

(E)

(C)

h

h

(B)

(A) a

(B)

(A) a

b

b

L

L

Bidang Gaya Lintang (D)

Bidang Momen (M)

(D)

(C)

(E)

–

(A)

h

–

RBV

RAV a

(B)

b L

Bidang Gaya Normal (N)

Gambar 2 : Bidang gaya lintang, momen dan gaya normal.

2




b). Memikul muatan terpusat vertikal dan horisontal.

P1 a

(C)

b

(D)

(E) c P2

(F) h d RAH

(B)

(A) RAV

L

RBV

Gambar 3 : Bangunan portal simettris, memikul beban terpusat vertikal P1 dan beban horisontal P2.

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – RAH . 0 – P1 . b + P2 . d = 0 RAV = P1 . b/L – P2 . d/L (ton).  MA = 0, – RBV . L + P1 . a + P2 . d = 0 RBV = P1 . a/L + P2 . d/L (ton).  H = 0, – RAH + P2 = 0 RAH = P2 (ton, kekiri). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 = 0 b. Gaya lintang. DA-C = + RAH (ton). DC-E = + RAV (ton). DE-D = + RAV – P1 (ton). DD-F = – RAH (ton). DF-B = – RAH + P2 = 0 (ton).

c. M o m e n . MA = 0 MC = + RAH . h (t.m’). ME = RAV . a + RAH . h (t.m’). MD = RAV . L + RAH . h – P1 . b (t.m’). MF = RAV . L + RAH . d – P1 . b (t.m’) = 0 . MB = 0 3




d. Gaya Normal. NA-C = – RAV ton (tekan, kalau reaksi RAV keatas). NC-D = + RAH ton (tarik). NB-D = – RBV ton (tekan). RAV

+

(C)

+

(D) R AH

P (E)

(C)

–

RBV

c

+ (D)

(E)

+

+ (F)

(F)

h d

RAH

(B)

(A) a

(B)

(A) a

b

b

L

L


Bidang Momen (M)

RAH

+

(C)

(D)

(E)

(F)

–

(A)

h

–

RBV

RAV a

(B)

b L


Gambar 4 : Bidang gaya lintang (D), momen (M) dan gaya normal (N).

= mata, cara penglihatan, untuk menggambarkan gaya-gaya dalam dan menetapkan tanda negatip/positip.

4




RBV

P1 RAV

RAH

RAH

(D) RAH

RAH (C)

(C)

(D)

(E) RAV

(A)

P2

(F)

RAH

(B)

RBV

RAV

Gambar 5 : Distribusi gaya-gaya pada elemen struktur (balok/kolom) dengan cara freebody.

c). Memikul muatan campuran.

P1 (C)

a

b

(D)

(E) c

q t/m’

P2

(F) h d y

RAH (B)

(A) RAV

L

RBV

Gambar 6 : Bangunan portal simettris, memikul beban terpusat vertikal P1, beban horisontal P2 dan q t/m’.

Diketahui :

Konstruksi seperti tergambar. L = 10 m, h = 5 m, a = 4 m, b = 6 m, c = 2m, d = 3 m. P1 = 5 ton, P2 = 2 ton, q = 1 t/m’. Hitung dan gambarkan M, D dan N pada seluruh bentang.

Diminta : Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – RAH . 0 + q . h . ½ h – P1 . b + P2 . d = 0 RAV = P1 . b/L – P2 . d/L – ½ q . h2/L = 5 . 6/10 – 2 . 3/10 – ½ . 1 . 52/10 = 3 – 0,6 – 1,25 RAV = + 1,15 ton (keatas). 5




 MA = 0, – RBV . L + P1 . a + P2 . d + q . h . ½ h = 0 RBV = P1 . a/L + P2 . d/L + ½ q . h2/L = 5 . 4/10 + 2 . 3/10 + ½ . 1 . 52/10 = 2 + 0,6 + 1,25 RBV = + 3,85 ton (keatas). H – RAH RAH RAH

= 0, + q . h + P2 = 0 = P2 + q . h = 2 + 1 . 5 = + 7 ton (kekiri).

Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 = 0 1,15 + 3,85 – 5 = 0

(memenuhi).

b. Gaya lintang. DAC = + RAH = + 7 (ton). Dy = + RAH – q.y Dy=5m = DCA = + RAH – q . h = + 7 – 1 . 5 = + 2 (ton). DC-E = + RAV = + 1,15 (ton). DE-D = + RAV – P1 = 1,15 – 5 = – 3,85 (ton). DD-F = – RAH + q.h = – 7 + 1 . 5 = – 2 (ton), atau DD-F = – P2 = – 2 (ton) c. M o m e n . MA My MC ME ME MD Atau,

MD MD MF MF MB = 0

=0 = + RAH . y – ½ . q . y2 = + RAH . h – ½ q . h2 = 7 . 5 – ½ . 1 . 52 = 35 – 12,5 = + 22,5 (t.m’). = + RAH . h – ½ q . h2 + RAV . a = + 7 . 5 – ½ . 1 . 52 + 1,15 . 4 = 35 – 12,5 + 4,6 = + 27,1 (t.m’). = + RAH . h – ½ q . h2 + RAV . L – P1 . b = + 7 . 5 – ½ . 1 . 52 + 1,15 . 10 – 5 . 6 = 35 – 12,5 + 11,5 – 30 = + 4 (t.m’). = + P2 . c = + 2 . 2 = + 4 (t.m’). = + RAH . d – q . h . (d – ½ h) + RAV . L – P1 . b = + 7 . 3 – 1 . 5 . (3 – ½ . 5) + 1,15 . 10 – 5 . 6 = 21 – 2,5 + 11,5 – 30 =0

d. Gaya Normal. NA-C = – RAV = – 1,15 ton (tekan). NC-D = + RAH – q . h = 7 – 1 . 5 = + 2 ton (tarik). NB-D = – RBV = – 3,85 ton (tekan).

6




+27,1 t.m’ + 1,15 t +2t

+ (E)

(C)

–

+

c

- 3,85 t

– -2t

+

+22,5 t.m’

(D)

(C)

+

+4 t.m’

(D)

(E)

+ (F)

(F) h

h

d

+ +7t

(B)

(A) a

(B)

(A) a

b

b

L

L


Bidang Momen (M) +2t

+2t

+

(C)

(D)

(E)

(F)

–

(A)

h

–

- 3,85 t

- 1,15 t

a

(B)

b L


Gambar 7 : Bidang gaya lintang (D), momen (M) dan gaya normal (N).

= mata, cara penglihatan, untuk menggambarkan gaya-gaya dalam dan menetapkan tanda negatip/positip.

7




1,15 t 2t

(C)

3,85 t

P1 = 5 t 2t

(C)

(D)

2t

2t

(D)

(E) 3,85 t

1,15 t

(F)

P2 = 2 t

q = 1 t/m

(B)

RAH = 7 t

(A)

RBV = 3,85 t

RAV = 1,15 t


2. PORTAL TIDAK SIMETRIS. a). Kolom miring sebelah, memikul muatan terpusat vertikal dan horisontal. P1 a

c

b (C)

(E)

(D) d (F)

P2

h e RAH



(A)

(B) L RAV

RBV

Gambar 9 : Bangunan portal tidak simettris, memikul beban terpusat vertikal P1, beban horisontal P2.

Diketahui

: Konstruksi seperti tergambar. L = 10 m, h = 5 m, a = 2 m, b = 2 m, c = 6 m, d = 2 m, e = 3 m. P1 = 5 ton, P2 = 2 ton.

Diminta

: Hitung dan gambarkan M, D dan N pada seluruh bentang.

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, 8




RAV . L – RAH . 0 – P1 . c + P2 . e = 0 RAV = P1 . c/L – P2 . e/L = 5 . 6/10 – 2 . 3/10 = 3 – 0,6 RAV = + 2,4 ton (keatas).  MA = 0, – RBV . L + P1 . (a + b) + P2 . e = 0 RBV = P1 . (a+b)/L + P2 . e/L = 5 . (2 + 2)/10 + 2 . 3/10 = 2 + 0,6 RBV = + 2,6 ton (keatas).  H = 0, – RAH + P2 = 0 RAH = P2 = + 2 ton (kekiri). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 = 0 2,4 + 2,6 – 5 = 0

(memenuhi). a (C)

RAV

h

RAV Sin  RAV Cos  

RAH Sin  RAH

(A)

RAH Cos 

Gambar 10 : Komponen reaksi vertikal dan horisontal.

b. Gaya lintang.  = arc tan (h/a) = arc tan (5/2) = 68o 11’ 55” DA-C DC-E DE-D DD-F c. M o m e n . MA MC ME MD Atau, MD

= + RAH sin  + RAV cos  = 2 . sin(68o11’55”) + 2,4 . cos(68o11’55”) = + 1,857 + 0,891 = + 2,748 (ton). = + RAV = + 2,4 (ton). = + RAV – P1 = 2,4 – 5 = – 2,6 (ton) = – RBV. = – RAH = – 2 (ton). =0 = + RAH . h + RAV . a = 2 . 5 + 2,4 . 2 = + 14,8 (t.m’). = RAH . h + RAV . (a + b) = 2 . 5 + 2,4 . (2 + 2) = + 19,6 (t.m’). = RAH . h + RAV . L – P1 . c = 2 . 5 + 2,4 . 10 – 5. 6 = + 4 (t.m’). = + P2 . d = + 2 . 2 = + 4 (t.m’). 9




MF MB

= RAH . e + RAV . L – P1 . c = 2 . 3 + 2,4 . 10 – 5. 6 = 0 + P’). =0

d. Gaya Normal.  = 68o 11’ 55” NA-C = + RAH cos  + RAV sin  = 2 . cos(68o11’55”) – 2,4 . sin(68o11’55”) = + 0,743 – 2,228 = – 1,485 ton (tekan). NC-D = + RAH = + 2 ton (tarik). NB-D = – RBV = – 2,6 ton (tekan). Bidang Gaya Lintang (D) a

c

b 2,40 t

+

2,748 t

(D) (E)

(C)

–

d

- 2,60 t - 2,0 t

+

h

(F)

e



2,748 t

(B)

(A) L

Gambar 11.a. : Bidang gaya lintang. Bidang Momen (M) a

c

b + 19,6 t.m’

+ 14,8 t.m’

+

+ 14,8 t.m’

+4 t.m’

(E)

(C)

+4 t.m’

(D)

d

+ + h (F)

e

 (B)

(A) L

Gambar 11.b. : Bidang momen. 10




Bidang Gaya Normal (N) a

c

b 2,0 t

(C)

2,0 t

+

(D)

- 1,485 t (E)

d

h

–

(F)

– e

 - 2,60 t - 1,485 t

(A)

(B) L

Gambar 11.c. : Bidang gaya normal.

2,4 t

(C) 2t

2t

2,6 t

P1 = 5 t

1,485 t

(C)

(D) 2 t

2t (D)

(E) 2,748 t 2,4 t

(A) RAH = 2 t 1,485 t

2,6 t

(F)

P2 = 2 t

 (B) 2,748 t

RBV = 2,6 t

RAV = 2,4 t


11




b). Kolom tinggi sebelah, memikul muatan terpusat vertikal dan horisontal.

P1 a

(C)

b

(D)

(E) c (F)

P2

h1

h2 d RAH (A)

(B)

RAV RBV L

Gambar 13 : Portal dengan kaki tinggi sebelah.

Diketahui :

Konstruksi seperti tergambar. L = 10 m, h1 = 5 m, h2 = 6 m, a = 4 m, b = 6 m, c = 2m, d = 4 m. P1 = 5 ton, P2 = 2 ton. Hitung dan gambarkan M, D dan N pada seluruh bentang.

Diminta : Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan.  H = 0, – RAH + P2 = 0 RAH = + P2 = + 2 ton (kekiri).

 MB = 0, RAV . L – RAH . (h2 – h1) – P1 . b + P2 . d = 0 RAV = P1 . b/L + RAH . (h2 – h1)/L – P2 . d/L (ton). = 5 . 6/10 + 2 . (6 – 5)/10 – 2 . 4/10 = 3 + 0,2 – 0,8 RAV = + 2,4 ton (keatas).  MA = 0, – RBV . L + P1 . a + P2 . (h1 – c) = 0 RBV = P1 . a/L + P2 . (h1 – c)/L = 5 . 4/10 + 2 . (5 – 2)/10 = 2 + 0,6 RBV = + 2,6 ton (keatas). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 = 0 2,4 + 2,6 – 5 = 0 …..(memenuhi). b. Gaya lintang. 12




DA-C DC-E DE-D DD-F DD-F

= + RAH = + 2 ton. = + RAV = + 2,4 ton. = + RAV – P1 = + 2,4 – 5 = – 2,6 ton. = – RAH = – 2 ton, atau = – P2 = – 2 ton.

c. M o m e n . MA MC ME MD Atau,

MD MD MF

=0 = + RAH . h = + 2 . 5 = + 10 t.m’. = + RAV . a + RAH . h = + 2,4 . 4 + 2 . 5 = 19,6 t.m’. = + RAV . L + RAH . h – P1 . b = 2,4 . 10 + 2 . 5 – 5 . 6 = 24 + 10 – 30 = + 4 t.m’. = + P2 . c = + 2 . 2 = + 4 t.m’. = + RAV . L + RAH . (h1 – c) – P1 . b (t.m’) (dari kiri) = + 2,4 . 10 + 2 . (5 – 2) – 5 . 6 = 24 + 6 – 30 =0 =0

MF MB

d. Gaya Normal. NA-C = – RAV = – 2,4 ton (tekan). NC-D = + RAH = + 2 ton (tarik). NB-D = – RBV = – 2,6 ton (tekan).

+19,6 t.m’

+ 2,4 t +10 t.m’

+

+2t

(E)

(C)

+

(D) (C)

–

+4 t.m’

(D)

(E)

c

- 2,6 t

– -2t

+

+

+

(F) h2

(F)

+

h1

d (A)

(B)

(A)

+2t

(B)

a

a

b

b

L

L


Bidang Momen (M)

Gambar 14.a : Bidang gaya lintang dan momen.

13




+2t

+2t

+

(C)

(D)

(E)

c (F)

–

h1

h2

– d

(A)

- 2,4 t - 2,6 t

a

(B)

b L


Gambar 14.b : Bidang gaya normal. 2,4 t

(C)

2,6 t

P1 = 5 t (D) + 2 t

+ 2 t + 2 t (C)

+2t

(D)

(E) 2,6 t

2,4 t

P2 = 2 t (F)

2t

(A) (B) 2,4 t 2,6 t


14




c). Kolom tinggi sebelah, balok overhang, memikul muatan terbagi rata, terpusat vertikal dan horisontal.

a

c

b

d

q t/m’ (C)

P1

(D) R1

(E)

(G)

(F) e

R2 P2

(H) h1

h2 f RAH

(A) (B)

RAV RBV L

Gambar 16 : Portal dengan overhang pada kiri kanan.

Diketahui :

Konstruksi seperti tergambar. L = 10 m, h1 = 5 m, h2 = 6 m, a = 1 m, b = 4 m, c = 6 m, d = 2 m, e = 2m, f = 4 m, q = 1 t/m’, P1 = 5 ton, P2 = 2 ton. Hitung dan gambarkan M, D dan N pada seluruh bentang.

Diminta : Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan. R1 = q . a = 1 . 1 = 1 ton. R2 = q . b = 1 . 4 = 4 ton.

 H = 0, – RAH + P2 = 0 RAH = + P2 = 2 ton (kekiri).  MB = 0, RAV . L – RAH . (h2 – h1) – R1 . (L + ½a) – R2 . (L – ½ b) + P1 . d + P2 . f = 0 RAV = RAH . (h2 – h1)/L + R1 . (L + ½a)/L + R2 . (L – ½ b)/L – P1 . b/L – P2 . d/L = 2 . (6 – 5)/10 + 1 . (10 + ½ . 1)/10 + 4 . (10 – ½ . 4)/10 – 5 . 2/10 – 2 . 4/10 = 0,2 + 1,05 + 3,2 – 1 – 0,8 RAV = + 2,65 ton (keatas).  MA = 0, – RBV . L + P1 . (L + d) + P2 . (h1 – e) – R1 . ½a + R2 . ½ b = 0 RBV = P1 . (L + d)/L + P2 . (h1 – e)/L – R1 . ½ a/L + R2 . ½ b/L = 5 . (10 + 2)/10 + 2 . (5 – 2)/10 – 1 . ½ . 1/10 + 4 . ½ . 4/10 = 6 + 0,6 – 0,05 + 0,8 15




RBV

= + 7,35 ton (keatas).

Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – R1 – R2 – P1 = 0 2,65 + 7,35 – 1 – 4 – 5 = 0 …..(memenuhi). b. Gaya lintang. DA-D = + RAH = + 2 ton. DD-A = DA-D = + 2 ton. DDC = – q . a = – 1 . 1 = – 1 ton. DDG = + RAV + DDC = + RAV – q . a = + 2,65 – 1 = + 1,65 ton. DG-E = DDG – q . b = + RAV – q . (a + b) = + 2,65 – 1 . (1 + 4) = – 2,35 ton. DE-G = DG-E = – 2,35 ton. DE-F = DE-G + RBV = + RAV – q . (a + b) + RBV = – 2,35 + 7,35 = + 5 ton. Atau, DE-F = + P1 = + 5 ton. DE-G = – RAH = – 2 ton. Atau, DE-G = – 2 ton. c. M o m e n . MA MDA MDC MDG MG MG MEG MEG MEF MEB

Atau,

MEB MEB MH MH MF MB

=0 = + RAH . h = + 2 . 5 = + 10 t.m’. = – ½ q . a2 = – ½ . 1 . 12 = – 0,50 t.m’. = + RAH . h – ½ q . a2 = + 2 . 5 – ½ . 1 . 1 = + 9,50 t.m’. = + RAV . b + RAH . h – ½ q . (a + b)2 = + 2,65 . 4 + 2 . 5 – ½ . 1 . (1+4)2 = + 10,60 + 10 – 12,50 = + 8,10 t.m’. = + RAV . L + RAH . h1 – R1 . (L + ½ a) – R2 . (L – ½ b) = + 2,65 . 10 + 2 . 5 – 1 . (10 + ½ . 1) – 4 . (10 – ½ . 4) = + 26,5 + 10 – 10,5 – 32 = – 6 t.m’. = – P1 . d = – 5 . 2 = – 10 t.m’. = + RAV . L + RAH . h1 – R1 . (L + ½ a) – R2 . (L – ½ b) + P1 . d = + 2,65 . 10 + 2 . 5 – 1 . (10 + ½ . 1) – 4 . (10 – ½ . 4) + 5 . 2 = + 26,5 + 10 – 10,5 – 32 + 10 = + 4 t.m’. = + P2 . e = + 2 . 2 = + 4 t.m’. = + RAV . L + RAH . (h1 – e) – R1 . (L + ½ a) – R2 . (L – ½ b) + P1 . d = + 2,65 . 10 + 2 . (5 – 2) – 1 . (10 + ½ . 1) – 4 . (10 – ½ . 4) + 5 . 2 = + 26,5 + 6 – 10,5 – 32 + 10 = 0 t.m’. = 0 t.m’ ; = 0 t.m’.

Momen maksimum positip pada daerah D-E, MX1 = RAV . x1 + RAH . h1 – R1 . (a + x1) – ½ . q . x12 DX1 = dMX1/dX1 = 0 RAV – R1 – q . x1 = 0 x1 = (RAV – R1)/q 16




x1

= (2,65 – 1)/1 = 1,65 m (dari D)

Mmaks = 2,65 . 1,65 + 2 . 5 – 1 . (1+ 1,65) – ½ . 1 . (1,65)2 = + 10,36125 t.m’. Letak titik dimana momen sama dengan nol (dari kiri), MX2 = RAV . (b + x2) + RAH . h1 – R1 . (½ . a + b + x2) – R2 . (½ . b + x2) = 0 2,65 . (4 + x2) + 2 . 5 – 1 . (½ . 1 + 4 + x2) – 4 . (½ . 4 + x2) = 0 2,65 x2 – x2 – 4 x2 + 2,65 . 4 + 2 . 5 – 1 . 4,5 – 4 . 2 = 0 – 2,35 x2 + 10,6 + 10 – 4,5 – 8 = 0 x2 = (20,6 – 12,5)/2,35 = 3,45 m (dari G). Maka letak momen sama dengan nol dari titik D, x3 = b + x2 = 4 + 3,45 = 7,45 m. Apabila letak momen sama dengan nol ini dihitung dari kanan kekiri, MX4 = RBV . x4 + P2 . e – P1 . (d + x4) = 0 7,35 . x4 + 2 . 2 – 5 . (2 + x4) = 0 7,35 x4 – 5 x4 + 4 – 10 = 0 2,35 x4 – 6 = 0 x4 = 6/2,35 = 2,55 m (dari E) (L – x4) = 10 – 2,55 = 7,45 m (dari D) ….(memenuhi) d. Gaya Normal. NA-D = – RAV = – 2,65 ton (tekan). NC-D = 0 ND-E = + RAH = + 2 ton (tarik). NE-B = – RBV = – 7,35 ton (tekan). NE-F = 0 a

c

b

d

q t/m’

P1 (E)

(C) MDC

(D) MDG

(G)

(F)

MEG MEB

MDA

MEF

e P2

(H) h1

h2 f RAH

(A) (B)

RAV RBV L

Gambar 17 : Putaran momen pada titik D dan titik E.

17




x1

+5t

+ 1,65 t

(C)

+

(E)

(G)

(D)

(F)

–

-1t

(H) h1

e

–

- 2,35 t

-2t

+

h2 f (A)

+2t

(B) RBV L a

c

b

d


Gambar 18.a : Bidang gaya lintang.

x1 + 10,36 t.m’ + 8,1 t.m’

+ 9,5 t.m’

+ 10 t.m’

(C)

- 10 t.m’

+

(D) - 0,5 t.m’

(E)

–

+ 4 t.m’

(G)

e

- 6 t.m’

+

(F)

(H) h1

h2 f (A) (B) RBV L a

c

b

Bidang Momen (M)

Gambar 18.b : Bidang momen.

18

d




+2t

(C)

+2t

+

(D)

(F)

(E)

(G)

e (H) h1

–

h2

– f (A)

- 2,65 t

(B) - 7,65 t

RBV L a

c

b

d


Gambar 18.c : Bidang gaya normal. 1t

5t

1,65 t

2,35 t

q = 1 t/m 2t

(C)

(D)

P1 = 5 t

q = 1 t/m

(D)

2t

2t

(D)

(G)

1,65 t

1t

(A)

(E) 2,35 t

2t

(E)

(E)

(F)

5t

(H)

P2 = 2 t

2t

(B) 2,65 t 7,35 t


19




WORKSHOP/PELATIHAN a

c

b

q t/m’

P1 (E)

(C)

(F)

(D) Q

d P2

(G)

h2

h1 e

(B)

RAH (A)

RBV

RAV L

Diketahui : Struktur portal seperti tergambar. Data-data, PANJANG DAN TINGGI L m 12

a m 10

b m 2

c m 2

d m 3

e m 4

h1 m 8

h2 m 7

BEBAN KERJA No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

q t/m' 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0

Q ton 10.0 12.0 14.0 16.0 18.0 20.0 22.0 24.0 26.0 28.0 30.0

P1 ton 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0

P2 ton 2.0 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 3.0

Q + P1 ton 12.000 14.200 16.400 18.600 20.800 23.000 25.200 27.400 29.600 31.800 34.000

Diminta : Gambarkan bidang-bidang gaya lintang, momen dan gaya normal pada seluruh bentang. Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan. Q = q . a = (1 t/m’) . (10 m) = 10 ton.  H = 0, RAH – P2 = 0 RAH = P2 = 2 ton (ke kanan). 20




 MB = 0, RAV.L – RAH.(h1 – h2) – Q.(1/2a + b) + P1.c – P2.e = 0 RAV = RAH.(h1 – h2)/L + Q.(1/2a + b)/L – P1.c/L + P2.e/L RAV = 2 . (8 – 7)/12 + 10 . (1/2.10 + 2)/12 – 2 . 2/12 + 2 . 4/12 RAV = 0,167 + 5,833 – 0,333 + 0,667 RAV = 6,333 ton (ke atas).  MA = 0, – RBV . L – P2 . (h1 – d) + P1 . (L + c) + Q . (1/2a) = 0 RBV = – P2 . (h1 – d)/L + P1 . (L + c)/L + Q . (1/2a)/L RBV = – 2 . (8 – 3)/12 + 2 . (12 + 2)/12 + 10 . (1/2 . 10)/12 RBV = – 0,833 + 2,333 + 4,167 RBV = 5,667 ton (ke atas). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV = Q + P1 6,333 t + 5,667 t = 10 t + 2 t 12 ton = 12 ton (memenuhi). b. Gaya lintang. DA-C = DCD = DD-E = DE-F = DE-G = c. M o m e n . MA MCA MC MD MD MED

– RAH = – 2 ton. RAV = + 6,333 ton RAV – Q = 6,333 – 10 = – 3,667 ton. RAV – Q + RBV = + 6,333 – 10 + 5,667 = + 2 ton = P1. + RAH = + 2 ton

=0 = – RAH . h1 = – 2 . 8 = – 16 t.m’. = – RAH . h1 = – 2 . 8 = – 16 t.m’. = – RAH . h1 + RAV . a – Q . 1/2a = – 2 . 8 + 6,333 . 10 – 10 . ½ . 10 = – 16 + 63,33 – 50 = – 2,67 t.m’. = – RAH . h1 + RAV . L – Q . (1/2a + b) = – 2 . 8 + 6,333 . 12 – 10 . (½.10 + 2) = – 16 + 76 – 70 = – 10,0 t.m’. = – P2 . d = – 2 . 3 = – 6 t.m’. = – P1 . c = – 2 . 2 = – 4 t.m’.

MED MEG MEF Atau, MED = MEG + MEF = – 6 + (– 4) = – 10 t.m’.

Letak titik dimana terdapat momen maksimum positip pada C-D, Mx = RAV . x – RAH . h1 – ½ q . x2 d(Mx)/dx = Dx = 0, RAV – q . x = 0 x = RAV / q = 6,333/1 = 6,333 m (dari titik C). Mmaks= 6,333 . (6,333 m) – 2 . (8 m) – ½ . (1 t/m’) . (6,333 m)2 = + 4,053 t.m’. Letak titik dimana momen sama dengan nol pada bentang C-E, Mx = RAV . x – RAH . h1 – ½ q . x2 = 0 x2 – (RAV /1/2q) . x + RAH . h1/1/2q = 0 x2 – (6,333/0,5) . x + 2 . 8/0,5 = 0 x2 – 12,667 . x + 32 = 0 21




x1, 2  x1,2 x1 x2

 b  b 2  4 a.c 2a

(12,667) 2  4 . (1) . (32)

12,667 



2 . (1)

= 6,333  2,848 = 6,333 + 2,848 = 9,181 m (dari C). = 6,333 – 2,848 = 3,485 m (dari C).

d. Gaya normal. NA-C = – RAV = – 6,333 ton (tekan). NC-E = – RAH = – 2 ton (tekan). NE-B = – RBV = – 5,667 ton (tekan). e. Gambar Bidang Gaya Lintang. a

c

b

6,333 t

-2t

+

(C)

2t

(D) x

(E)

(F) d

- 3,667 t 2t

(G) h1

h2

– e

(B) (A)

-2t

RBV

RAV L

f. Gambar Bidang Momen.

a

+

(C)

c

b

(E) - 4 t.m’

(D)

- 16 t.m’

(F)

- 6 t.m’ - 10 t.m’

- 16 t.m’

d

(G) h2

–

h1

e

(B) (A) L

22




g. Gambar Bidang Gaya Normal.

a (C)

- 6,333 t

c

b (E)

(D) -2t

-2t

(F) - 5,667 t

d

(G) h1

h2

– e

(B) - 6,333 t

(A) L

KUNCI JAWABAN REAKSI PERLETAKAN No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

RAH ton 2.0 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 3.0

RAV ton 6.333 7.508 8.683 9.858 11.033 12.208 13.383 14.558 15.733 16.908 18.083

RBV ton 5.667 6.692 7.717 8.742 9.767 10.792 11.817 12.842 13.867 14.892 15.917

RAV + RBV ton 12.000 14.200 16.400 18.600 20.800 23.000 25.200 27.400 29.600 31.800 34.000

DCD ton 6.333 7.508 8.683 9.858 11.033 12.208 13.383 14.558 15.733 16.908 18.083

DD-E ton -3.667 -4.492 -5.317 -6.142 -6.967 -7.792 -8.617 -9.442 -10.267 -11.092 -11.917

DE-F ton 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800 3.000 3.200 3.400 3.600 3.800 4.000

GAYA LINTANG No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

DA-C ton -2.000 -2.100 -2.200 -2.300 -2.400 -2.500 -2.600 -2.700 -2.800 -2.900 -3.000

23

DE-G ton 2.000 2.100 2.200 2.300 2.400 2.500 2.600 2.700 2.800 2.900 3.000

- 5,667 t




MOMEN No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

MCA t.m' -16.000 -16.800 -17.600 -18.400 -19.200 -20.000 -20.800 -21.600 -22.400 -23.200 -24.000

MD t.m' -2.667 -1.717 -0.767 0.183 1.133 2.083 3.033 3.983 4.933 5.883 6.833

MED t.m' -10.000 -10.700 -11.400 -12.100 -12.800 -13.500 -14.200 -14.900 -15.600 -16.300 -17.000

NC-E ton -2.000 -2.100 -2.200 -2.300 -2.400 -2.500 -2.600 -2.700 -2.800 -2.900 -3.000

NE-B ton -5.667 -6.692 -7.717 -8.742 -9.767 -10.792 -11.817 -12.842 -13.867 -14.892 -15.917

MEG t.m' -6.000 -6.300 -6.600 -6.900 -7.200 -7.500 -7.800 -8.100 -8.400 -8.700 -9.000

GAYA NORMAL No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NA-D ton -6.333 -7.508 -8.683 -9.858 -11.033 -12.208 -13.383 -14.558 -15.733 -16.908 -18.083

24

MEF t.m' -4.000 -4.400 -4.800 -5.200 -5.600 -6.000 -6.400 -6.800 -7.200 -7.600 -8.000

MEG+MEF t.m' -10.000 -10.700 -11.400 -12.100 -12.800 -13.500 -14.200 -14.900 -15.600 -16.300 -17.000

x m 6.333 6.257 6.202 6.161 6.130 6.104 6.083 6.066 6.051 6.039 6.028

Mmaks t.m' 4.056 6.690 9.329 11.971 14.615 17.261 19.908 22.555 25.203 27.852 30.501

STATIKA I

MODUL 8 BANGUNAN PORTAL DENGAN RASUK GERBER Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran : 1. Portal Kaki Tunggal dengan Rasuk Gerber Memikul Beban Terpusat. 2. Portal Kaki Tunggal dengan Rasuk Gerber, Garis Pengaruh. 3. Portal Kaki Tidak Simetris Dengan Dua Rasuk Gerber, Memikul Beban Terbagi Rata. 4. Portal Kaki Tidak Simetris Dengan Dua Rasuk Gerber, Garis Pengaruh.

WORKSHOP/PELATIHAN Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya dalam dari struktur portal kaki tunggal dan kaki tidak simetris dengan rasuk gerber, memikul beban terpusat dan terbagi rata, mengetahui cara menggambarkan garis pengaruh. DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.






BANGUNAN PORTAL DENGAN RASUK GERBER 1. PORTAL KAKI TUNGGAL DENGAN RASUK GERBER MEMIKUL BEBAN TERPUSAT. P1 a

P2 b

(A)

(D)

d

c (C)

e (F)

(G)

(S) f

L2

(E)

P3

h g (B) L1

P2 d

e

(S)

(G)

RSV

L2

(F) RFV

P1 RAH

a

b (D)

(A)

RSV

c (S)

(C) f

RAV (E)

P3

h g

IDEALISASI STRUKTUR

(B) RBV

L1

Gambar 1 : Portal kaki tunggal dengan rasuk gerber, memikul beban terpusat.

Penyelesaian : Span (S) – (F). a. Reaksi Perletakan.  MF = 0, RSV . L2 - P2 . e = 0 RSV = P2 . e/L2 (ton). 1




 MS = 0, - RFV . L2 + P2 . d = 0 RFV = P2 . d/L2 (ton). Kontrol :  V = 0, RSV + RFV – P2 = 0 b. Gaya lintang. DS-G = + RSF DG-F = + RSV – P2 (ton). DG-F = – RFV (ton). c. M o m e n . MS = 0 MG = + P2 . d . e/L2 MF = 0 d. Gaya Normal. NS-F = 0 (ton). Span (A) – (B) – (S). a. Reaksi Perletakan.  H = 0, RAH - P3 = 0 RAH = P3 (ton) (ke kanan)  MB = 0, RAV . L1 + RAH . h – P1 . b + RSV . c - P3 . g = 0 RAV = + P1 . b/L1 + P3 . g/L1 – RAH . h/L1 – RSV . c/L1 (ton).  MA = 0, - RBV . L1 + P1 . a + RSV . (c + L1) + P3 . f = 0 RBV = + P1 . a/L1 + P3 . f/L1 + RSV . (c + L1)/L1 (ton). Kontrol : V=0 RAV + RBV = P1 + RSV b. Gaya Lintang. DA-D = + RAH (ton). DD-C = + RAV – P1 (ton). DC-S = + RAV – P1 + RBV = + RSV (ton). DC-E = + RAH (ton). DE-B = + RAH – P3 = 0 (ton). c. M o m e n . MA = 0 MD = + RAV . a (t.m’). MCD = RAV . a - P1 . b (t.m’). MCS = - RSV . c (t.m’). MCE = - P3 . f (t.m’) 2




MB = 0 d. Gaya Normal. NA-C = – RAH ton (tekan). NC-B = – RBV ton (tekan). a

(A)

b

d

c (C)

+ (D)

e (G)

+ (S)

–

+

(F)

–

f

L2

(E) h g (B)

(a) Gaya Lintang

L1

a

b

–

(D)

(A)

d

c

(G)

(S)

(F)

(C)

+

e

+ f

L2

(E) h g (B)

(b) M o m e n

L1 a

b

d

c

(D)

(S)

(C)

(A)

–

f

e (G) (F) L2

(E) h

– g (B)

(c) Gaya Normal

L1

Gambar 2 : Bidang-bidang gaya lintang, momen dan gaya normal. 3




2. PORTAL KAKI TUNGGAL DENGAN RASUK GERBER GARIS PENGARUH (Influence Line).

(G)

(D) (A)

(C)

(F)

(S) e

d L2

h

(B)

a

b c

L1

+1

G.p. RS

+

e/L2 d/L2

+1

G.p. RF e/L2

+1

G.p. DG

–

+ -1

- d/L2 d.e/L2

+

G.p. MG

Gambar 3 : Garis pengaruh span (S)-(F), section (G).

Diminta : Gambarkanlah garis pengaruh gaya lintang, momen dan gaya normal untuk potongan (D), (G) dan (F). Penyelesaian : Span (S) - (F). a. Garis pengaruh RS. P = 1 t berada di (S), RS = + P = + 1 (ton) P = 1 t berada di (G),  MF = 0 RS = + P . e/L2 = + 1 . e/L2 (ton) P = 1 t berada di (F), RS = 0 (ton) b. Garis pengaruh RF P = 1 t berada di (S), RF = 0 (ton) 4




P = 1 t berada di (G),  MS = 0 RF = + P . d/L2 = + 1 . d/L2 (ton) P = 1 t berada di (F), RS = + P = + 1 (ton) c. Garis pengaruh Gaya lintang pada titik (G). P = 1 t berada di (S), RS = + P = + 1 t, DG = RS – P = 0 P = 1 t berada di (G), P belum melewati (G),  MF = 0 RS = + P . e/L2 (ton) DG = RS – P = P.e/L2 – P = P . (L2 - d)/L2 – P . L2/L2 = – P . d/L2 DG = – d/L2 (ton) P = 1 t berada di (G), P sudah melewati (G),  MF = 0 RS = + P . e/L2 (ton) Dc = + RS = + P . e/L2 (ton) P = 1 t berada di (F),  MB = 0 RS = 0 (ton) DG = RS = 0 (ton) d. Garis pengaruh Momen pada titik (G). P = 1 t berada di (S), RS = + P = + 1 (ton) MG = (RS – P) . d = 0 (t.m’) P = 1 t berada di (G),  MF = 0 RS = + P . e/L2 = + 1 . e/L2 (t.m’) MG = RS . d = d . e/L2 (t.m’) P = 1 t berada di (F), RS = 0 (ton) MG = 0 (t.m’) Span (A) - (B) a. Garis pengaruh RA. P = 1 t berada di (A), RA = + P = + 1 (ton) P = 1 t berada di (C),  MB = 0 RA = 0 (ton) P = 1 t berada di (S),  MB = 0, RA . L1 + P . c = 0 RA = - P . c/L1 = - 1 . c/L1 (ton) P = 1 t berada di (F), RA = 0 (ton).

5




(G)

(D) (A)

(C)

(F)

(S)

f

e

d L2

(E)

h g

(B)

a

b c

L1 +1

b/L1

+

G.p. RA - c/L1

–

(c + L1)/L1 +1

e/L2 . (c + L1)/L1

a/L1

+ G.p. RB b/L1

+1

+

G.p. DD

–

-1

- c/L1

–

- a/L1

a.b/L1

G.p. MD

+

– - a . c/L1

G.p. NB-C

– - e/L2 . (c + L1)/L1

- a/L1 -1 - (c + L1)/L1

Gambar 4 : Garis pengaruh span (A)-(B), section (D), gaya normal kolom (B)-(C).

b. Garis pengaruh RB. P = 1 t berada di (A), RB = 0 (ton) P = 1 t berada di (C),  MB = 0 RB = + P = +1 (ton). 6




P = 1 t berada di (S),  MA = 0, - RB . L1 + P . (c + L1) = 0 RB = + P . (c + L1)/L1 = + 1 . (c + L1)/L1 (ton) P = 1 t berada di (F), RB = 0 (ton). c. Garis pengaruh Gaya lintang pada titik (D). P = 1 t berada di (A), RA = + P = + 1 t, DD = RA – P = 0 P = 1 t berada di (D), P belum melewati (D),  MB = 0 RA = + P . b/L1(ton) DD = RA – P = P.b/L1 – P = P . (L1 - a)/L1 – P . L1/L1 = – P . a/L1 DD = – a/L1 (ton) P = 1 t berada di (D), P sudah melewati (D),  MB = 0 RA = + P . b/L1 (ton) DD = + RA = + P . b/L1 (ton) P = 1 t berada di (C),  MB = 0 RA = 0 (ton) DD = RA = 0 (ton) P = 1 t berada di (S),  MA = 0, + RA . L1 + P . c = 0 RA = - P . c/L1 = - 1 . c/L1 (ton) DD = RA = - c/L1 P = 1 t berada di (F), RA = 0 (ton). DD = 0 (ton). d. Garis pengaruh Momen pada titik (D). e. Garis pengaruh gaya normal P = 1 t berada di (A), kolom (B)-(C). RA = + P = + 1 (ton) P = 1 t berada di (A), MD = (RA – P) . a = 0 (t.m’) RB = 0 (ton) P = 1 t berada di (D), NB-C = - RB = 0 (ton) P = 1 t berada di (C),  MB = 0 RA = + P . b/L1 = + 1 . b/L1 (t.m’)  MB = 0 MD = RA . a = a . b/L1 (t.m’) RB = + P = +1 (ton) P = 1 t berada di (C), NB-C = - RB = - 1 (ton). RA = 0 (ton) P = 1 t berada di (S), MD = 0 (t.m’)  MA = 0, P = 1 t berada di (S), - RB . L1 + P . (c + L1) = 0  MA = 0, RB = + P . (c + L1)/L1 + RA . L1 + P . c = 0 = + 1 . (c + L1)/L1 (ton) RA = - P . c/L1 = - 1 . c/L1 (ton) NB-C = - RB MD = RA . a = - a .c/L1 (t.m’) = - 1 . (c + L1)/L1 (ton) P = 1 t berada di (F), P = 1 t berada di (F), RA = 0 (ton). RB = 0 (ton). MD = 0 (t.m’). NB-C = - RB = 0 (ton) 7




3. PORTAL KAKI TIDAK SIMETRIS DENGAN DUA RASUK GERBER MEMIKUL BEBAN TERBAGI RATA. a

b q2 t/m’

q1 t/m’ (A)

(E)

(S1 )

c q3 t/m’

(F)

(S2 )

(D)

H2 H1



(C)

(B) L1

L2

L3 q3 t/m’

q1 t/m’ (A) RAV

L1

(S1)

(S2 )

RS1V

RS2V

RS1V

q2 t/m’

(S1)

(E)

X

(D) L3

RS2V (S2 )

(F)

H2

IDEALISASI STRUKTUR

H1



(C) RCV

(B) RBV a

b

c

L2

Gambar 5 : Portal kaki tidak simetris dengan dua rasuk gerber.

Penyelesaian : Span (A) – (S1). a. Reaksi Perletakan.  MS1 = 0, RAV . L1 - ½ . q1.L12 = 0 RAV = ½ q1.L1 (ton). RS1V = RAV = ½ q1.L1 (ton).

8

RDV




Kontrol :  V = 0, RAV + RS1V = q1 . L1 b. Gaya Lintang. DAS1 = RAV = ½ q1.L1 (ton) DS1A = RAV – q1.L1 = – RS1 = – ½ q1.L1 (ton). c. Momen. MA = 0 (t.m’). Mmaks = 1/8 q1.L12 (t.m’). MS1 = 0 (t.m’). Span (S2) – (D). a. Reaksi Perletakan.  MD = 0, RS2V . L3 - ½ . q3.L32 = 0 RS2V = ½ q3.L3 (ton). RDV = RS2V = ½ q3.L3 (ton). Kontrol :  V = 0, RS2V + RDV = q3 . L3 b. Gaya Lintang. DS2D = RS2V = ½ q3.L3 (ton) DDS2 = RS2V – q3.L3 = – RDV = – ½ q3.L3 (ton). c. Momen. MS2 = 0 (t.m’). Mmaks = 1/8 q3.L32 (t.m’). MD = 0 (t.m’). Span (B) – (C). a. Reaksi Perletakan.  MC = 0, RBV . L2 – RS1V . (a + b) – q2.(a + b).1/2.(a + b) + q2.(c).1/2.(c) + RS2V . (c) = 0 RBV = + RS1V.(a + b)/L2 + 1/2 q2.(a + b)2/L2 – 1/2 q2.(c)2/L2 – RS2V.(c)/L2 = 0  MB = 0, – RCV . L2 – RS1V . (a – H1/tg ) + q2.(L2 + c).1/2.(L2 + c) – q2.(a + b – L2).1/2. (a + b – L2) + RS2V . (L2 + c) = 0 RCV = – RS1V.(a – H1/tg )/L2 + ½.q2.(L2 + c)2/L2 – ½.q2.(a + b – L2)2/L2 + RS2V.(L2 + c)/L2 Kontrol :  V = 0, RBV + RCV = RS1V + q2 . (a + b + c) + RS2V b. Gaya Lintang. DB-E = + RBV Cos  DS1E = – RS1V (ton).

RBV

RBV Cos 

9

RBV Sin 






DES1 = – RS1V – q2 . a (ton). DEF = – RS1V – q2 . a + RBV (ton). DFE = – RS1V – q2 . (a + b) + RBV (ton). DFS2 = – RS1V – q2 . (a + b) + RBV + RCV (ton). DS2F = – RS1V – q2 . (a + b + c) + RBV + RCV (ton) = – RS2V (ton). c. M o m e n . MB = 0 MEB = + RBV . a (t.m’). MES1 = – RS1V . a – ½.q2 . a2 (t.m’). MEF = – RS1V . a – ½.q2 . a2 + RBV . a (t.m’). Momen yang terjadi pada titik sejauh x dari (F), Mx = – RS1V . (a + x) – ½.q2 . (a + x)2 + RBV . (H1/tan + x) Momen maksimum terjadi pada titik dimana gaya lintang Dx = 0, yaitu Mx = – RS1V.a – RS1V . x – ½.q2 . (a2 + 2ax + x2) + RBV . (H1/tan + x) d(Mx)/dx = – RS1V – q2 . a – q2 . x + RBV = 0 x = (– RS1V – q2 . a + RBV)/q2 (m), dari titik (E). Titik dimana momen Mx = 0, adalah Mx = – RS1V . (a + x) – ½.q2 . (a + x)2 + RBV . (H1/tan + x) = 0 ½.q2 . (a + x)2 + RS1V . (a + x) – RBV . (H1/tan + x) = 0 Selanjutnya persamaan diatas diselesaikan dengan rumus abc, sebagai berikut, x1, 2 

 b  b 2  4ac 2a

MFE = – RS1V . a – ½.q2.(a + b)2 + RBV . a (t.m’). Atau, MFS2 = – RS2V . c – ½.q2 . c 2 (t.m’). MFE = MFS2 (t.m’). MFC = 0 (t.m’). d. Gaya Normal. NB-E = – RBV Sin  (ton) (tekan). NC-F = – RCV (ton) (tekan).

10




(A)

+

+

(S1 )

+

(F)

(E)

–

–

(F)

(S2 )

–

(D)

Bidang Gaya Lintang

+ 

(C)

(B) L1

L2

L3

+

+ (A)

(E)

–

(S1 )

+

(F) (S2 )

–

(D)

+

Bidang Momen



(C)

(B) L1

L2

L3

Bidang Gaya Normal (A)

(F) (E)

(S1 ) RBV

(S2 )

–

RBV Sin 

–

(D)

H2

H1

 RBV Cos 

(C)

(B) L1

L2 a

L3 b

c

Gambar 6 : Bidang-bidang gaya lintang, momen dan gaya normal..

11




4. PORTAL KAKI TIDAK SIMETRIS DENGAN DUA RASUK GERBER GARIS PENGARUH.

a

b

c

x (A)

(E)

(S1 )

X

(F) (F)



(S2 )

(D)

(C)

(B) L1 +1

L2

L3 +1

+

+

G.P.RS2 +1

G.P.RA +1

+

+

G.P.RS1

G.P.RD

+1

+1

+

G.P.D

–

+

–

-1

G.P.D -1

+

+ G.P.M

G.P.M + (a + b)/L2

+1

+ G.P.RB

–

- c/L2 + (L2 + c)/L2

+1

+ G.P.RC

–

- (a – H1/tan )/L2 +1 (a – H1/tan )/L2

G.P.DX - c/L2

–

-1

+ G.P.MX

–

–

Gambar 7 : Garis pengaruh reaksi, gaya lintang dan momen balok A-S1, S2-D dan balok E-F .

12




a

b

c

x (A) RBV

(F) (F)

(E)

(S1 )

(S2 )

(D)

RBV Sin 



RBV Cos 

(C)

(B) L1

L2

L3 c/L2 Sin 

G.P.NB-E

+

– - 1 . Sin 

- (a + b)/L2 . Sin  (a + b)/L2 . Cos 

+

G.P.DB-E

1 . Cos 

c/L2 Sin 

–

Garis pengaruh Gaya Normal dan Gaya lintang kolom B – E

G.P.NC-F

+

(a – H1/tan )/L2

– -1

Garis pengaruh Gaya Normal kolom C – F

- (L2 + c)/L2

Gambar 8 : Garis pengaruh gaya normal dan gaya lintang kolom B – E dan C – F.

13




WORKSHOP/PELATIHAN q t/m’ (D)

(A)

(C)

(S) b

(E)

P

h c

(B) a

L1

L2 q t/m’

RSV

RCV

RSV

q t/m’ RAH (D)

X

(A)

(S) b

RAV (E)

P

h

IDEALISASI STRUKTUR c

(B)

RBV a

L1

L2

Diketahui Diminta

: Struktur seperti tergambar. : Gambarkan bidang-bidang gaya lintang, momen dan gaya normal pada seluruh bentang. Penyelesaian : DATA. No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L1 m 4.00 4.40 4.80 5.20 5.60 6.00 6.40 6.80 7.20 7.60 8.00

L2 m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30 4.50

a m 1.00 1.10 1.20 1.30 1.40 1.50 1.60 1.70 1.80 1.90 2.00

h m 4.00 4.10 4.20 4.30 4.40 4.50 4.60 4.70 4.80 4.90 5.00 14

b m 1.60 1.64 1.68 1.72 1.76 1.80 1.84 1.88 1.92 1.96 2.00

c m 2.40 2.46 2.52 2.58 2.64 2.70 2.76 2.82 2.88 2.94 3.00

q t/m' 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50 2.75 3.00 3.25 3.50

P ton 2.00 2.15 2.30 2.45 2.60 2.75 2.90 3.05 3.20 3.35 3.50




Pada contoh ini, X = -1 SPAN (S) – (C) a). Reaksi perletakan. RSV = ½ q L2 = ½ . (1 t/m’) . (2,50 m) = 1,25 ton. RCV = RSV = ½ q L2 = 1,25 ton. Kontrol : RSV + RCV = q . L2 1,25 ton + 1,25 ton = (1 t/m’).(2,5 m) (memenuhi). b). Gaya lintang. DSC = + RSV = + 1,25 ton. DCS = + RSV – q.L2 = 1,25 ton – (1 t/m’).(2.5 m) = – 1,25 ton. c). Momen. Mmaks = 1/8 q.L22 = 1/8 . (1 t/m’).(2,5 m)2 = 0,78125 t.m’. SPAN (A) – (B) – (S) a). Reaksi perletakan.  H = 0, RAH + P = 0 RAH = – P = – 2,000 ton (ke kiri).  MB = 0, RAV . L1 – RAH . h – ½ . q . L12 + ½ . q . a2 + RSV . a + P . c = 0 RAV = RAH . h/L1 + ½ . q . (L12 – a2)/L1 – RSV . a/L1 – P . c/L1 = (2,0 t).(4,0 m)/(4,0 m) + ½.(1 t/m’).{(4 m)2 – (1 m)2}/(4 m) – (1,25 t).(1 m)/(4 m) – (2 t).(2,40 m)/(4 m) RAV = 2,0000 + 1,8750 – 0,3125 – 1,2000 = 2,3625 ton.  MA = 0, – RBV . L1 + ½ . q . (L1 + a)2 + RSV . (L1 + a) – P . b = 0 RBV = ½ . q . (L1 + a)2/L1 + RSV . (L1 + a)/L1 – P . b/L1 = ½.(1 t/m’).{(4 m) + (1 m)}2/(4 m) + (1,25 t).{(4 m) + (1 m)}/(4 m) – (2 t).(1,6 m)/(4 m) RBV = 3,1250 + 1,5625 – 0,8000 = 3,8875 ton. Kontrol : RAV + RBV = q . (L1 + a) + RSV 0,3625 t + 3,8875 t = (1 t/m’) . (4 m + 1 m) + 1,250 t 6,250 t = 6,250 t (memenuhi) b. Gaya Lintang. DAD = + RAV = + 2,3625 (ton). DDA = + RAV – q . L1 = 2,3625 – (1 t/m’).(4 m) = – 1,6375 (ton). DDS = + RAV – q . L1 + RBV = 2,3625 – (1 t/m’).(4 m) + 3,8875 = + 2,250 (ton). Atau, DDS = + q . a + RSV = (1 t/m’).(1 m) + 1,25 = + 2,250 (ton) DDE = – RAH = – 2 (ton). DEB = – RAH + P = – 2 + 2 = 0 (ton). c. M o m e n . MA = 0 MDA = + RAV . L1 – ½ . q . L12 = (2,3625 t).(4 m) – ½.(1 t/m’).(4 m)2 = + 1,4500 (t.m’). MDS = – ½ . q . a2 – RSV . a = – ½.(1 t/m’).(1 m)2 – (1,25 t).(1 m) = – 1,7500 (t.m’). MDE = + P . b = + (2 t) . (1,6 m) = + 3,2000 (t.m’). 15




Momen yang terjadi pada titik X sejauh x dari (A), Mx = + RAV . x – ½.q . x2 Momen maksimum terjadi pada titik dimana gaya lintang Dx = 0, yaitu d(Mx)/dx = RAV – q . x = 0 x = RAV/q = (2,3625 t)/(1 t/m’) = 2,3625 (m), dari titik (A). Mmaks = (2,3625 t).(2,3625 m) – ½ . (1 t/m’) . (2,3625 m)2 = 2,79070 (t.m’). Apabila pada bentang (A)-(D), momen MDA bertanda positip, maka tidak terdapat titik peralihan momen dari positip ke negatip, titik dimana momen Mx = 0. Apabila MDA bertanda negatip, maka Mx = + RAV . x – ½.q . x2 = 0 RAV – ½.q . x = 0 x = 2 RAV/q d. Gaya Normal. NA-D = + RAH = + 2,000 (ton) (tarik). NB-D = – RBV = – 3,8875 (ton) (tekan). e. Bidang-bidang gaya lintang, momen dan gaya normal dipersilahkan digambar sendiri.

Kunci Jawaban SPAN (S) – (C) No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

RSV ton 1.250 1.688 2.175 2.713 3.300 3.938 4.625 5.363 6.150 6.988 7.875

RCV ton 1.250 1.688 2.175 2.713 3.300 3.938 4.625 5.363 6.150 6.988 7.875

DSC ton 1.250 1.688 2.175 2.713 3.300 3.938 4.625 5.363 6.150 6.988 7.875

DSC ton -1.250 -1.688 -2.175 -2.713 -3.300 -3.938 -4.625 -5.363 -6.150 -6.988 -7.875

Mmaks t.m' 0.78125 1.13906 1.57688 2.10219 2.72250 3.44531 4.27813 5.22844 6.30375 7.51156 8.85938

SPAN (A) – (B) – (S) Reaksi Perletakan No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

RAH ton 2.0000 2.1500 2.3000 2.4500 2.6000 2.7500 2.9000 3.0500 3.2000 3.3500 3.5000

RAV ton 2.3625 2.9576 3.6363 4.3979 5.2421 6.1688 7.1775 8.2682 9.4408 10.6952 12.0313

RBV ton 3.8875 5.6049 7.5388 9.6896 12.0579 14.6438 17.4475 20.4693 23.7092 27.1673 30.8438

RAV + RBV

q.(L1+a)+RSV

ton 6.250 8.563 11.175 14.088 17.300 20.813 24.625 28.738 33.150 37.863 42.875

ton 6.250 8.563 11.175 14.088 17.300 20.813 24.625 28.738 33.150 37.863 42.875

16




Gaya Lintang No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

DAD ton 2.3625 2.9576 3.6363 4.3979 5.2421 6.1688 7.1775 8.2682 9.4408 10.6952 12.0313

DDA ton -1.6375 -2.5424 -3.5638 -4.7021 -5.9579 -7.3313 -8.8225 -10.4318 -12.1592 -14.0048 -15.9688

DDS kiri ton 2.2500 3.0625 3.9750 4.9875 6.1000 7.3125 8.6250 10.0375 11.5500 13.1625 14.8750

DDS kanan ton 2.2500 3.0625 3.9750 4.9875 6.1000 7.3125 8.6250 10.0375 11.5500 13.1625 14.8750

DDE ton -2.000 -2.150 -2.300 -2.450 -2.600 -2.750 -2.900 -3.050 -3.200 -3.350 -3.500

DEB ton 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0

Momen No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

MDA t.m' 1.45000 0.91350 0.17400 -0.79100 -2.00400 -3.48750 -5.26400 -7.35600 -9.78600 -12.57650 -15.75000

MDS t.m' -1.75000 -2.61250 -3.69000 -5.00500 -6.58000 -8.43750 -10.60000 -13.09000 -15.93000 -19.14250 -22.75000

MDE t.m' 3.20000 3.52600 3.86400 4.21400 4.57600 4.95000 5.33600 5.73400 6.14400 6.56600 7.00000

x = RAV/q m 2.36250 2.36609 2.42417 2.51308 2.62107 2.74167 2.87100 3.00663 3.14694 3.29083 3.43750

Gaya Normal No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NA-D ton 2.0000 2.1500 2.3000 2.4500 2.6000 2.7500 2.9000 3.0500 3.2000 3.3500 3.5000

NB-D ton -3.8875 -5.6049 -7.5388 -9.6896 -12.0579 -14.6438 -17.4475 -20.4693 -23.7092 -27.1673 -30.8438

17

Mmaks t.m' 2.79070 3.49899 4.40744 5.52611 6.87002 8.45633 10.30330 12.42977 14.85489 17.59804 20.67871

x = 2RAV/q m 5.026 5.242 5.483 5.742 6.013 6.294 6.582 6.875

STATIKA I

MODUL 9 Sesi 1 PELENGKUNG TIGA SENDI Dosen Pengasuh : Ir. Thamrin Nasution

Materi Pembelajaran : 1. Konsep Dasar. 2. Langkah-langkah Penyelesaian. 3. PORTAL SIMETRIS. a. Memikul Muatan Terpusat Vertikal Tunggal b. Memikul Muatan Terpusat Vertikal dan Horisontal.

WORKSHOP/PELATIHAN Tujuan Pembelajaran :  Mahasiswa memahami dan mengetahui tentang gaya-gaya dalam dari struktur portal kaki tunggal dan kaki tidak simetris dengan rasuk gerber, memikul beban terpusat dan terbagi rata, mengetahui cara menggambarkan garis pengaruh.

DAFTAR PUSTAKA a) Soemono, Ir., “STATIKA 1”, Edisi kedua, Cetakan ke-4, Penerbit ITB, Bandung, 1985.



Modul kuliah “STATIKA 1” , Modul 9 – Sesi 1, 2012



PELENGKUNG TIGA SENDI 1. KONSEP DASAR. Apabila pada suatu konstruksi balok diatas dua perletakan diberikan beban terpusat seperti diatas, ataupun beban terbagi rata penuh, maka bidang momen yang terjadi akan berbentuk parabola. Beban terpusat

P

P

P

P

P

P

P

P

P

Bidang momen berbentuk parabola Beban terbagi rata

Bidang momen berbentuk parabola

(C) RAV (A)

RBV

y RBH

RAH

(B)

x L

Gambar 1 : Bangunan Pelengkung.

Untuk mengurangi momen yang terjadi dibuat konstruksi pelengkung, dimana kedua perletakannya digunakan sendi. Pada kedua perletakan ini akan muncul reaksi perletakan RAH, RAV, RBH dan RBV. Reaksi perletakan ini berusaha menghalang-halangi beralihnya ujung pelengkung baik mendatar maupun vertikal. Momen yang terjadi menjadi kecil, sebagai berikut : MC = RAV . x - RAH . y Akibat bentuk konstruksi seperti ini (sendi-sendi) maka struktur menjadi statis tidak tertentu. Untuk mengembalikan struktur ini menjadi struktur statis tertentu maka diantara perletakan sendi A dan B dibuat satu sendi lagi (sendi S), lihat gambar 2 berikut. Sehingga terdapat satu syarat lagi dimana momen pada sendi S tersebut harus nol, dengan demikian,  MA = 0

 MB = 0

 MS = 0

1

V=0

H=0




(S)

(C) RAV

RBV

y

(A)

RBH

RAH

(B)

x L

Gambar 2 : Bangunan Pelengkung tiga sendi.

2. LANGKAH-LANGKAH PENYELESAIAN. Langkah-langkah penyelesaian pada struktur pelengkung tiga sendi dapat dilakukan sebagai berikut, a. Langkah pertama, sendi S dihapus dan salah satu perletakan sendi (sendi A atau B) digantikan dengan rol. b. Kemudian dihitung reaksi perletakan A dan B, baik vertikal maupun horisontal. o c. Dengan reaksi ini, dihitung momen yang terjadi pada S, dinamakan MS . d. Sendi S dipulihkan, momen pada sendi S dihitung dengan melibatkan reaksi horisontal dari perletakan. Momen pada sendi S ini sama dengan nol.

3. PORTAL SIMETRIS. a). Memikul Muatan Terpusat Tunggal. P a

b

(C)

(S) (E)

(D)

h

(A)

(B) 1/2L

1/2L L

Gambar 3 : Bangunan Pelengkung tiga sendi memikul beban terpusat vertikal.

Penyelesaian : a. Reaksi Perletakan. Sendi S dihapus, dan perletakan B digantikan dengan rol. 2




P a

b

(C)

(S) (E)

(D)

h

(A)

RAV

(B) 1/2L

1/2L

RBV

L

Gambar 4 : Sendi (S) dihapus, perletakan (B) diganti dengan rol.

 MB = 0, RAV . L – P . b = 0 RAV = + P . b/L (ton, keatas).  MA = 0, – RBV . L + P . a = 0 RBV = P . a/L (ton, keatas). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P = 0 Momen, MSo

= RAV . ½ L = + P . b/L . ½ L = P . ½ b (t.m’)

Setelah sendi S dipulihkan dan tumpuan B dikembalikan menjadi sendi, maka timbullah gaya pelengkung, momen pada S dihitung dari kiri,  MS = 0 MSo – H . h = 0 (anggap gaya H ke kanan/ ke dalam) H = MSo / h = + (P . ½ b)/h = + ½ P . b/h H = adalah gaya pelengkung, apabila bekerja kedalam bertanda positip. RAH

= H = + ½ P . b/h

H =0 RAH + RBH = 0 RBH = – RAH = H = + ½ P . b/h (ke kiri/ke dalam)

3




P a

b

(C)

(D)

(S) (E)

h

(A)

RAV

RAH = H

RBH = H

1/2L

1/2L

(B)

RBV

L

Gambar 5 : Sendi (S) dan sendi (B) dikembalikan.

Cara lain dapat dilakukan sebagai berikut,  MB = 0, RAV . L – P . b = 0 RAV = + P . b/L (ton, keatas).  MA = 0, – RBV . L + P . a = 0 RBV = P . a/L (ton, keatas). Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P = 0 Misal RAH ke kanan/ke dalam,  MS = 0 RAV . 1/2L – RAH . h = 0 RAH = RAV . 1/2L/h = P . b/L . 1/2L/h RAH = ½ P.b/h (ke kanan/ke dalam). RBH = – RAH = – ½ P.b/h (ke kiri/ke dalam). b. Gaya lintang. DA-C = – H = – RAH = – ½ P . b/h (ton). DC-E = + RAV = P . b/L (ton). DE-D = + RAV – P = – RBV = – P . a/L (ton). DD-B = + RAH = + ½ P . b/h = + RBH (ton). c. M o m e n . MA MC MS ME

=0 = – RAH . h = – (½ P . b/h) . h = – ½ P . b = RAV . ½ L – RAH . h = P . b/L . ½ L – ½ P . b = 0 (memenuhi) = RAV . a – RAH . h = P.a.b/L – ½ P . b 4




MD

= RAV . L – RAH . h – P . b = (P.b/L) . L – ½ P . b – P . b =– ½P.b =0

MD MB

d. Gaya Normal. NA-C = – RAV (ton). NC-D = – RAH (ton). NB-D = – RBV (ton). RAV + (C)

(E)

(D)

–

(S)

(S)

(C)

RAH = RBH

–

h

+

–

RAH

RBH

1/2L

(A)

(B)

MC

MC

RAV

RBV

1/2L

1/2L L

(C)

– Bidang Gaya Normal

Bidang Gaya Lintang

(A)

(D)

–

RBV h

(E)

(B)

1/2L L P

RAV

(S)

+

MD

(E)

(D) MD

RAH

RAH

RAH

RAV

–

RBV RBH

RBV

– Bidang Momen

(A)

RAH

(B) 1/2L

RBH

RAV

1/2L L

Gambar 6 : Gambar bidang gaya lintang, gaya normal, momen dan freebody.

5

RBV




b). Memikul Muatan Terpusat Vertikal dan Horisontal. P1 a

b

(C)

(D) (E) (S) c

P2

(F)

h

d (B)

(A) 1/2L

1/2L L

Gambar 7 : Portal tiga sendi simetris, memikul beban terpusat vertikal dan horisontal.

Penyelesaian : P1 a

b

(C)

(D) (E) (S) c (F)

P2

h d (A)

RAV

RAHo

(B)

1/2L

1/2L

RBV

L

Gambar 8 : Sendi diganti dengan perletakan rol.

Sendi S dihapus, dan perletakan B digantikan dengan rol. a. Reaksi Perletakan.  H = 0, – RAHo + P2 = 0 RAHo = P2  MB = 0, RAV . L – P1 . b + P2 . d = 0 RAV = P1 . b/L – P2 . d/L 6




 MA = 0, – RBV . L + P1 . a + P2 . d = 0 RBV = P1 . a/L + P2 . d/L Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 = 0 Momen pada sendi S, MSo = RAV . ½ L + RAHo . h – P1 . (½ L – a) Sendi S dikembalikan, dan tumpuan rol dipulihkan lagi menjadi sendi, diperoleh gaya pelengkung, MS = MSo – H . h = 0 H = MSo/h (positip, arah kerja gaya H kedalam). Reaksi mendatar, RAH = RAHo + H (positip, ke dalam atau ke kanan). RBH = H (positip, ke dalam atau ke kiri). Kontrol :  H = 0, RAH + RBH – P2 = 0 Catatan : Soal ini dapat diselesaikan secara langsung tanpa harus menghapuskan sendi S dan mengganti sendi B dengan rol, yaitu dengan persamaan-persamaan  MA = 0,  MB = 0,  MS = 0,  H = 0 dan  V = 0. P1 a

b

(C)

(D) (E) (S) c

P2

(F)

h

d (A)

RAV

RAH

RBH

1/2L

(B)

1/2L

RBV

L

Gambar 9 : Perkiraan arah reaksi.

Tentukan lebih awal perkiraan arah reaksi perletakan baik vertikal maupun horisontal, seperti terlihat pada gambar 9 diatas.

7




Selanjutnya perhitungan tersebut,  MB = 0, RAV . L – P1 . b + P2 . d = 0 RAV = P1 . b/L – P2 . d/L  MA = 0, – RBV . L + P1 . a + P2 . d = 0 RBV = P1 . a/L + P2 . d/L Kontrol :  V = 0, RAV + RBV – P1 = 0  MS = 0 (dari kiri) RAV . ½ L – RAH . h – P1 . (½ L – a) = 0 RAH = RAV . ½ L/h – P1 . (½ L – a)/h (bila positip, arahnya ke dalam atau ke kanan)  MS = 0, – RBV . ½ L + RBH . h – P2 . c = 0 RBH = RBV . ½ L/h + P2 . c/h (bila positip, arahnya ke dalam atau ke kiri) Kontrol :  H = 0, RAH + RBH + P2 = 0 b. Gaya lintang. DA-C = – RAH. DC-E = + RAV. DE-D = + RAV – P1. DE-D = – RBV DD-F = + RAH. DF-B = + RAH + P2. DF-B = + RBH c. M o m e n . MA MC ME MS MS MD Atau, MD MF MB

=0 = – RAH . h. = RAV . a – RAH . h. = RAV . ½ L – RAH . h – P1 . (½ L – a) = 0 (memenuhi). = RAV . L – RAH . h – P1 . b = – RBH . h + P2 . c. = – RBH . d. =0

d. Gaya Normal. NA-C = – RAV (tekan, kalau reaksi RAV keatas). NC-D = – RAH (tekan). NB-D = – RBV (tekan). 8




RAV +

(E)

(S)

(C)

(D)

RAH

–

RBV

(D)

–

h

–

+

Bidang Gaya Lintang

RBH

(A)

– Bidang Gaya Normal

RAH

RAV

(A)

RBV

(B)

(B) 1/2L

1/2L

1/2L L

(C)

(E)

RAH = RBH

–

h

(S)

(C)

MC

L

+

MD

(E) (S)

MC

P1

RAV

MF

(D)

RAH

RAH

MD

Bidang Momen

(A)

RAV

(F)

MF

–

1/2L

RBV RAH

RBH

RBV

P2

–

RAH

(B) 1/2L

1/2L

RBH

RAV

L

Gambar 10 : Gambar bidang gaya lintang, gaya normal, momen dan freebody.

9

RBV




WORKSHOP/PELATIHAN P1 a (C)

b (D)

(E) (S)

c

P2

(F)

h

d (B)

(A) 1/2L

1/2L L

Diketahui Diminta

: Kontruksi Portal Tiga Sendi seperti tergambar. : Hitung dan gambarkan bidang gaya lintang, gaya normal dan momen pada seluruh Bentang.

Data-data. No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L m 10.00 7.00 7.50 8.00 8.50 9.00 9.50 10.00 10.50 11.00 11.50

h m 5.00 4.00 4.20 4.40 4.60 4.80 5.00 5.20 5.40 5.60 5.80

a m 4.00 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

b m 6.00 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70 6.00 6.30 6.60 6.90 7.20

Diketahui

c m 2.00 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50 2.75 3.00 3.25

d m 3.00 3.00 2.95 2.90 2.85 2.80 2.75 2.70 2.65 2.60 2.55

P1 ton 5.000 3.000 3.250 3.500 3.750 4.000 4.250 4.500 4.750 5.000 5.250

: a = 4 m, b = 6 m, c = 2 m, d = 3 m, L = 10 m, h = 5 m, P1 = 5 ton, P2 = 2 ton. Diminta : Hitung dan gambarkan bidang M, D dan N pada seluruh bentang. Penyelesaian : Sendi B diganti dengan rol, dan sendi S dihapuskan sementara. a. Reaksi Perletakan.  MB = 0, RAV . L – P1 . b + P2 . d = 0 RAV = P1 . b/L – P2 . d/L = 5 . 6/10 – 2 . 3/10 = 3 – 0,6 RAV = + 2,4 ton (keatas).  MA = 0, – RBV . L + P1 . a + P2 . d = 0 RBV = P1 . a/L + P2 . d/L 10

P2 ton 2.000 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800




RBV

= 5 . 4/10 + 2 . 3/10 = 2 + 0,6 = + 2,6 ton (keatas).

Kontrol : V = 0, RAV + RBV – P1 = 0 2,4 + 2,6 – 5 = 0 (memenuhi).

 MS = 0 (dari kiri)

RAV . ½ L – RAH . h – P1 . (½ L – a) = 0 RAH = RAV . ½ L/h – P1 . (½ L – a)/h = 2,4 . ½ . 10/5 – 5 . (½ . 10 – 4)/5 = 2,4 – 1 RAH = + 1,4 ton (kekanan).  MS = 0 (dari kanan) – RBV . ½ L + RBH . h – P2 . c = 0 RBH = RBV . ½ L/h + P2 . c/h = 2,6 . ½ . 10/5 + 2 . 2/5 = 2,6 + 0,8 RBH = + 3,4 ton (kekiri). Kontrol : H = 0, RAH + RBH + P2 = 0 1,4 – 3,4 + 2 = 0 (memenuhi). b. Gaya lintang. DA-C = – RAH = – 1,4 ton. DC-E = + RAV = + 2,4 ton. DE-D = + RAV – P1 = 2,4 – 5 = – 2,6 ton. DE-D = – RBV DD-F = + RAH = + 1,4 ton. DF-B = + RAH + P2 = 1,4 + 2 = + 3,4 ton. DF-B = + RBH c. M o m e n . MA MC ME MS MS MD

=0 = – RAH . h = – 1,4 . 5 = – 7 t.m’. = RAV . a – RAH . h = 2,4 . 4 – 1,4 . 5 = + 2,6 t.m’. = RAV . ½ L – RAH . h – P1 . (½ L – a) = 2,4 . 5 – 1,4 . 5 – 5 . (½ . 10 – 4) = 12 – 7 – 5 = 0 (memenuhi). = RAV . L – RAH . h – P1 . b = 2,4 . 10 – 1,4 . 5 – 5 . 6 = 24 – 7 – 30 = – 13 t.m’.

Atau, MD MF MB

= – RBH . h + P2 . c = – 3,4 . 5 + 2 . 2 = – 17 + 4 = – 13 t.m’. = – RBH . d = – 3,4 . 3 = – 10,2 t.m’. =0

d. Gaya Normal. NA-C = – RAV = – 2,4 ton (tekan, kalau reaksi RAV keatas). NC-D = – RAH = – 1,4 ton (tekan). NB-D = – RBV = – 2,6 ton (tekan).

11




KUNCI JAWABAN REAKSI PERLETAKAN No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

RAV ton 2.400 1.500 1.608 1.724 1.846 1.973 2.105 2.241 2.380 2.522 2.666

RBV ton 2.600 1.500 1.642 1.776 1.904 2.027 2.145 2.259 2.370 2.478 2.584

RAV+RBV ton 5.000 3.000 3.250 3.500 3.750 4.000 4.250 4.500 4.750 5.000 5.250

RAH ton 1.400 0.563 0.623 0.692 0.768 0.850 0.937 1.030 1.126 1.227 1.331

RBH ton 3.400 1.563 1.823 2.092 2.368 2.650 2.938 3.230 3.526 3.827 4.131

DD - F ton 1.400 0.563 0.623 0.692 0.768 0.850 0.937 1.030 1.126 1.227 1.331

DF - B ton 3.400 1.563 1.823 2.092 2.368 2.650 2.937 3.230 3.526 3.827 4.131

RAH - RBH + P2 ton 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -0.001 0.000 0.000 0.000 0.000

GAYA LINTANG & NORMAL No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

DA - C ton -1.400 -0.563 -0.623 -0.692 -0.768 -0.850 -0.937 -1.030 -1.126 -1.227 -1.331

DC - E ton 2.400 1.500 1.608 1.724 1.846 1.973 2.105 2.241 2.380 2.522 2.666

DE - D ton -2.600 -1.500 -1.642 -1.776 -1.904 -2.027 -2.145 -2.259 -2.370 -2.478 -2.584

ME t.m' 2.6000 1.4980 1.7250 1.9548 2.1898 2.4309 2.6825 2.9357 3.2016 3.4690 3.7440

MS t.m' 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00

NA - C ton -2.400 -1.500 -1.608 -1.724 -1.846 -1.973 -2.105 -2.241 -2.380 -2.522 -2.666

MOMEN No. Stb. -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

MC t.m' -7.0000 -2.2520 -2.6166 -3.0448 -3.5328 -4.0800 -4.6850 -5.3560 -6.0804 -6.8712 -7.7198

MD t.m' -13.0000 -5.2520 -6.1566 -7.1028 -8.0918 -9.1230 -10.1875 -11.2960 -12.4404 -13.6292 -14.8608

12

MF t.m' -10.2000 -4.6890 -5.3779 -6.0668 -6.7488 -7.4200 -8.0795 -8.7210 -9.3439 -9.9502 -10.5341

NC - D ton -1.400 -0.563 -0.623 -0.692 -0.768 -0.850 -0.937 -1.030 -1.126 -1.227 -1.331

NB - D ton -2.600 -1.500 -1.642 -1.776 -1.904 -2.027 -2.145 -2.259 -2.370 -2.478 -2.584

Fakultas Teknik Sipil & Perencanaan

QUIS UJIAN AKHIR SEMESTER Semester Genap (B) T.A. 2011/2012

Hitunglah besar reaksi perletakan dari soal-soal dibawah ini, dengan syarat : - Gambar reaksi dan arah reaksi pada lembar soal ini. - Buat persamaan reaksi pada selembar kertas jawaban. - Hitung besar reaksi, kontrol keseimbangan dan nyatakan arah reaksi perletakan. - Tutup buku. - Boleh diskusi. P1

1

P2

P1

2

(A)

(B)

P2 (B)

(A)

a1

a1 a2

a2 L

L P1

3

P2

(A)

(C)

(B) a1 L

c

P1

4

P2 (S)

(A)

(C)

(B) a1

a2 L1

c

L2

P1

5

(D)

(C)

c P2

h1 d (A) (B) a

b L

h2

P1 6

(E)

(D)

c P2

(C)

h2

d

h1 (B)

(A) a

b L

7

P (S) h

(A)

(B) a

b 1/2L

1/2L L

P1

8

(S)

(C)

(D) c P2

h d (B)

(A) a 1/2L

b 1/2L L

DATA-DATA NO. 1 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L m 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8

a1 m 0.80 0.88 0.96 1.04 1.12 1.20 1.28 1.36 1.44 1.52

a2 m 1.40 1.54 1.68 1.82 1.96 2.10 2.24 2.38 2.52 2.66

P1 ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

P2 ton 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

L m 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8

a1 m 0.80 0.88 0.96 1.04 1.12 1.20 1.28 1.36 1.44 1.52

a2 m 1.40 1.54 1.68 1.82 1.96 2.10 2.24 2.38 2.52 2.66

P1 ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

P2 ton 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

L m 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8

c m 0.80 0.88 0.96 1.04 1.12 1.20 1.28 1.36 1.44 1.52

a1 m 1.40 1.54 1.68 1.82 1.96 2.10 2.24 2.38 2.52 2.66

P1 ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

P2 ton 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

L1 m 2.00 2.30 2.60 2.90 3.20 3.50 3.80 4.10 4.40 4.70

L2 m 1.50 1.70 1.90 2.10 2.30 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30

c m 0.80 0.92 1.04 1.16 1.28 1.40 1.52 1.64 1.76 1.88

a1 m 0.80 0.92 1.04 1.16 1.28 1.40 1.52 1.64 1.76 1.88

a2 m 0.60 0.68 0.76 0.84 0.92 1.00 1.08 1.16 1.24 1.32

NO. 2 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 3 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 4 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

P1 ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

P2 ton 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

NO. 5 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L1 m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h1 m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

h2 m 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30 4.50 4.70 4.90 5.10 5.30

a m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

b m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

c m 1.400 1.480 1.560 1.640 1.720 1.800 1.880 1.960 2.040 2.120

d m 2.100 2.220 2.340 2.460 2.580 2.700 2.820 2.940 3.060 3.180

P1 ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

P2 ton 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

L m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h1 m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

h2 m 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30 4.50 4.70 4.90 5.10 5.30

a m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

b m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

c m 1.400 1.480 1.560 1.640 1.720 1.800 1.880 1.960 2.040 2.120

d m 2.100 2.220 2.340 2.460 2.580 2.700 2.820 2.940 3.060 3.180

P1 ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

P2 ton 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

L m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

a m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

b m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

P ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

L m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

a m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

b m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

c m 1.000 1.080 1.160 1.240 1.320 1.400 1.480 1.560 1.640 1.720

d m 1.500 1.620 1.740 1.860 1.980 2.100 2.220 2.340 2.460 2.580

P1 ton 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

P2 ton 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

NO. 6 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 7 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 8 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Dosen Pengasuh, Ir. Thamrin Nasution.


Fakultas Teknik Sipil & Perencanaan

QUIS II UJIAN AKHIR SEMESTER Semester Genap (B) T.A. 2011/2012

Hitunglah besar reaksi perletakan dari soal-soal dibawah ini, dengan syarat : - Gambar reaksi dan arah reaksi pada lembar soal ini. - Buat persamaan reaksi pada selembar kertas jawaban. - Hitung besar reaksi, kontrol keseimbangan dan nyatakan arah reaksi perletakan. - Tutup buku. - Boleh diskusi.

1

q

q

2

(A)

(B)

(B)

(A)

a1

a

a2

c

b

L

L q

3

(A) a

b L

c

q1

4

(C)

(B)

q2

(A)

(B) a1

b1

(C)

(S) a2

L1

c

b2 L2

q1 5

(D)

(C)

q2 c h1

h2 d

(A) (B) a

b L

q1 (D)

6

(E) q2 c

(C)

h2 d

h1 (B)

(A) a

b L

7

q

(S) h

(A)

(B) a

b 1/2L

1/2L L

8

q1 (S)

(C)

(D) q2 c

h d (B)

(A) a 1/2L

b 1/2L L

DATA-DATA NO. 1 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L m 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8

a1 m 0.80 0.88 0.96 1.04 1.12 1.20 1.28 1.36 1.44 1.52

a2 m 1.40 1.54 1.68 1.82 1.96 2.10 2.24 2.38 2.52 2.66

q ton/m'. 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

L m 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8

a m 0.70 0.77 0.84 0.91 0.98 1.05 1.12 1.19 1.26 1.33

b m 0.80 0.88 0.96 1.04 1.12 1.20 1.28 1.36 1.44 1.52

c m 0.50 0.55 0.60 0.65 0.70 0.75 0.80 0.85 0.90 0.95

q ton/m'. 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

L m 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8

a m 1.40 1.54 1.68 1.82 1.96 2.10 2.24 2.38 2.52 2.66

b m 0.600 0.660 0.720 0.780 0.840 0.900 0.960 1.020 1.080 1.140

c m 0.80 0.88 0.96 1.04 1.12 1.20 1.28 1.36 1.44 1.52

q ton/m 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

L1 m 2.00 2.30 2.60 2.90 3.20 3.50 3.80 4.10 4.40 4.70

L2 m 1.50 1.70 1.90 2.10 2.30 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30

c m 0.80 0.92 1.04 1.16 1.28 1.40 1.52 1.64 1.76 1.88

a1 m 0.80 0.92 1.04 1.16 1.28 1.40 1.52 1.64 1.76 1.88

b1 m 1.20 1.38 1.56 1.74 1.92 2.10 2.28 2.46 2.64 2.82

NO. 2 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 3 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 4 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

a2 m 0.675 0.765 0.855 0.945 1.035 1.125 1.215 1.305 1.395 1.485

b2 m 0.825 0.935 1.045 1.155 1.265 1.375 1.485 1.595 1.705 1.815

q1 ton/m 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

q2 ton/m 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

NO. 5 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

L1 m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h1 m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

h2 m 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30 4.50 4.70 4.90 5.10 5.30

a m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

b m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

c m 2.100 2.220 2.340 2.460 2.580 2.700 2.820 2.940 3.060 3.180

d m 1.400 1.480 1.560 1.640 1.720 1.800 1.880 1.960 2.040 2.120

q1 ton/m' 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

q2 ton/m' 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

L m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h1 m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

h2 m 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30 4.50 4.70 4.90 5.10 5.30

a m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

b m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

c m 1.400 1.480 1.560 1.640 1.720 1.800 1.880 1.960 2.040 2.120

d m 2.100 2.220 2.340 2.460 2.580 2.700 2.820 2.940 3.060 3.180

q1 ton/m' 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

q2 ton/m' 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

L m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

a m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

b m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

q ton/m' 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

L m 3.00 3.30 3.60 3.90 4.20 4.50 4.80 5.10 5.40 5.70

h m 2.50 2.70 2.90 3.10 3.30 3.50 3.70 3.90 4.10 4.30

a m 1.20 1.32 1.44 1.56 1.68 1.80 1.92 2.04 2.16 2.28

b m 1.80 1.98 2.16 2.34 2.52 2.70 2.88 3.06 3.24 3.42

c m 1.000 1.080 1.160 1.240 1.320 1.400 1.480 1.560 1.640 1.720

d m 1.500 1.620 1.740 1.860 1.980 2.100 2.220 2.340 2.460 2.580

q1 ton/m' 1.000 1.200 1.400 1.600 1.800 2.000 2.200 2.400 2.600 2.800

q2 ton/m' 1.500 1.750 2.000 2.250 2.500 2.750 3.000 3.250 3.500 3.750

NO. 6 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 7 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NO. 8 No. Stb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Dosen Pengasuh, Ir. Thamrin Nasution.


Modul STATIKA Lengkap (Ir.thamrin Nasution)

Recommend Documents