bahan ajar mekanika rekayasa 1 d3 sipil 15-8-2011 didik
TRANSCRIPT
I
PROGRAM DIPLOMA 3 TEKNIK SIPIL FTSP ITS
2011
MEKANIKA REKAYASA 1BAHAN AJAR
DIDIK HARIJANTO
K A M P U S D 3 T E K N I K S I P I L J L N M E N U R 1 2 7 S U R A B A Y A
2
KATA PENGANTAR
Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan BAHAN AJAR MEKANIKA REKAYASA 1 .
Bahan ajar ini diharapkan dapat membantu proses belajar mengajar di Program Diploma 3 Teknik Sipil , disamping diktat kuliah yang telah ada .
Mata kuliah Mekanika Rekayasa 1 ini merupakan ilmu dasar keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil .
Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar , sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk bahan ajar mata kuliah ini .
Bahan ajar ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap dengan contoh soal dan penjelasannya .
3
MATERI
. GAYA
. MACAM BEBAN , PERLETAKAN
. MENCARI REAKSI PERLETAKAN
. GAYA DALAM ( BIDANG NORMAL , LINTANG ,
MOMEN )
. KONSTRUKSI RANGKA BATANG
. GARIS PENGARUH
4
PROGRAM DIPLOMA TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK SIPIL DAN PERENCANAAN INSTITUT TEKNOLOGI SEPULUH NOPEMBER
MATA KULIAH
DAN KELAS : MEKANIKA REKAYASA 1 ‐ Y
KODE MK:
RC 090308
DOSEN 1. DIDIK HARIJANTO SKS
KONTRAK KULIAH & MATERI PEMBELAJARAN
2. 3
MINGGU KE KOMPETENSI 1 MATERI PEMBELAJARAN PENGAMPU 2
1 2 3 1 ‐4 Mampu meng identifikasi gaya
, menghitung resultante gaya , momen , mengidentifikasi macam beban , perletakan , mampu menghitung reaksi perletakan dan gaya dalam
Pengertian gaya , menghitung resutante gaya dan momen.Pengertian macam beban dan perletakan Menghitung reaksi perletakan pada balok maupun portal akibat beban terpusat .
V
Menghitung reaksi perletakan pada balok maupun portal akibat beban merata maupun kombinasi .
V
Menghitung dan menggambar bidang normal ( N ) , bidang lintang ( D ) dan bidang momen ( M ) akibat beban terpusat.
V
Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang pada balok dua tumpuan dengan beban merata .
V
5 EVALUASI 1 V
6‐8 Mampu menghitung gaya dalam , menggambar bidang normal ( N ) , bidang lintang ( D ) dan bidang momen ( M )
Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang pada balok dua tumpuan dengan beban merata , maupun beban kombinasi
V
Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang pada balok gerber dengan beban merata , maupun beban kombinasi . Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang untuk muatan tidak langsung
V
Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang pada portal dengan beban merata , maupun beban kombinasi
V
9 EVALUASI 2 V
10 ‐12 Mampu menghitung gaya dalam , menggambar bidang normal ( N ) , bidang lintang ( D ) dan bidang momen ( M ) pada portal statis tertentu , menghitung gaya batang pada konstruksi rangka batang .
Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan lintang pada portal dengan beban merata , maupun beban kombinasi .
V
Menghitung gaya batang dengan cara KESETIMBANGAN TITIK SIMPUL .
V
Menghitung gaya batang dengan cara RITTER V
13 EVALUASI 3
5
14‐16 Mampu menghitung dan menggambar garis pengaruh
Menghitung dan menggambar garis pengaruh pada balok diatas dua tumpuan
V
Menghitung dan menggambar garis pengaruh pada balok gerber .
V
Menghitung dan menggambar garis pengaruh batang pada konstruksi rangka batang
V
17‐18 EVALUASI 4
Tanda Tangan Dosen Pengampu
Dosen 1 (Koordinator)
Dosen 2
PERNYATAAN: Dengan ini saya menyatakan bersedia memberikan materi sesuai kesepakatan yang telah ditetapkan di borang ini.
DIDIK HARIJANTO
6
PENGERTIAN GAYA
GAYA ADALAH SUATU BESARAN VEKTOR YANG MEMPUNYAI BESARAN,TITIK TANGKAP DAN GARIS KERJA GAYA.
GAYA DAPAT DIPINDAHKAN SEPANJANG GARIS
KERJANYA.
PENJUMLAHAN GAYA ( RESULTANTE GAYA )
CARA ANALITIS
RY= P1 SIN α + P 2 SIN β
RX= P1 COS α + P 2 COS β
R =
Garis kerja
Garis kerja gaya
Titik tangkap gaya
7
DIKETAHUI DUA GAYA P 1 = 5 T DENGAN SUDUT 45 0 DAN P 2 = 3 T DENGAN SUDUT 30
0
HITUNG BESAR RESULTANTE GAYA TERSEBUT DIATAS.
RY = 5 SIN 45 0 + 3 SIN 30
0 = 5 . 0,7071 + 3 . 0,5 = 3,5355 + 1,5 = 5,0355 T
RX = 5 COS 45 0 + 3 COS 30
0 = 5. 07071 + 3 . 0,866 = 3,5355 + 2,5981 = 6,1335 T
R = = 6,1335 5,0335 = 25,3562 37,6198 = 7,936 T
Tg RYRX
0,8209 = 39,38 0
CARA GRAFIS
UNTUK CARA GRAFIS HARUS MEMAKAI
3 T SKALA MISAL 1 TON = 1 CM DAN
5T R MENGGUNAKAN BUSUR DERAJAT
Ѳ UNTUK MENGUKUR SUDUT .
RESULTANTE DIDAPAT DARI MENGHUBUNGKAN TITIK AWAL MULAI, SAMPAI DENGAN TITIK
MENGAKHIRI GAMBAR TERSEBUT.
JADI UNTUK BEBERAPA GAYA YANG DIJUMLAH , TINGGAL MENGGAMBAR SAJA BERURUTAN.
SUDUT DIDAPAT DENGAN MENGUKUR MEMAKAI BUSUR DERAJAT .
5 T
3 T
8
MOMEN ADALAH GAYA DIKALIKAN JARAK , DIMANA JARAK ATAU LENGAN NYA
HARUS TEGAK LURUS PADA GAYA NYA.
Ingat gaya bisa dipindahkan
sepanjang garis kerjanya.
KITA SEPAKATI ARAH PERPUTARAN MOMEN
b Tg 4 5
B SIN α = 4 / 5 3
COS α = 3 / 5
SIN α = b / 6 4/5 = b / 6 b = 24 / 5 M
MB = ‐ 5 . b = ‐ 5 .24 / 5 = ‐ 24 TM ATAU P = 5 T DIURAIKAN DULU
MENJADI P SIN α DIARAH VERTIKAL DAN P COS α DIARAH HORISONTAL .
SEHINGGA MB = ‐ 5 SIN α . 6 = ‐ 5 . 4/5 .6 = ‐ 24 TM.
DARI PENYELESAIAN DIATAS DISARANKAN MENGURAIKAN DAHULU GAYA
MIRING AGAR PENYELESAIAN MENJADI LEBIH MUDAH .
a
B
b
C
A MA = ‐ P .a
MB = + P .b
M C = P . 0 = 0
α α
P = 5 T
P = 5 T SIN α
P = 5 T COS α
6 M
PP
P
9
CONTOH SOAL
5√2 T
° 5 T
A D
4 M 3 M 2 M
∑ . . .
3 T
2 T
6 T
3 T
2 T
α
B
C
5 T
5 T
A
A
A
B
C
D
10
4 M 3 M 2 M
∑ = ‐ 6 . 4 – 3 . 3 + 2 . 9 = ‐ 15 TM
∑ = ‐ 6.7 – 5. 3 +2 . 2 = ‐ 53 TM
A
B
C
D
6 T 5T
3T
2T
B
6 T
B
B
5T
2T
C
C
C
6 T
5T
2T
A
C
D
A
B
D
11
A C
∑ = + 4 . 7 + 5 .4 = + 48 TM
∑ = + 3.9 + 2. 7 – 4 . 2 – 5 . 3 = 18 TM
INGAT GAYA DAPAT DIPINDAHKAN SEPANJANG GARIS KERJANYA .
B
D
E
4 M
3 M
2 M
5 M 4 M
2 T 3 T
4 T
5 T
4 T
CA
A
5 T
5 T
B
2 T 2 T
3 T
3 T
4 T
4 T
5 T 5 T
B
E
A
D
C
12
MENCARI LETAK RESULTANTE GAYA
6 T 2 T 3 T
A B C D
4 T
2 M 4 M 6 M
X M R
MISAL LETAK RESULTANTE GAYA ( R ) TERLETAK SEJARAK X M DARI TITIK A
R = 6 ‐4 + 2 + 3 = 7 T
SEMUA GAYA DIKALIKAN JARAK TEGAK LURUS NYA TERHADAP A.
+ 7 . X = 6 . 0 – 4 . 2 + 2 . 6 + 3 . 12
X = 407 M = 5, 71 M
JADI LETAK RESUTANTE GAYA SEJARAK 5, 71 M DARI TITIK A
13
PENGERTIAN BEBAN DAN PERLETAKAN
MACAM BEBAN
BEBAN MATI ADALAH BEBAN YANG ADA SELAMA HIDUP KONSTRUKSI .
MISAL : BEBAN TEMBOK,BEBAN ATAP, BEBAN TROTOIR DAN LAIN LAIN .
BEBAN HIDUP / BEBAN BERJALAN ADALAH BEBAN YANG TIDAK TETAP.
MISAL : BEBAN KENDARAAN DAN LAIN LAIN .
MENURUT CARA BEKERJANYA BEBAN DIBAGI LAGI MENJADI :
BEBAN TERPUSAT P P P P
SATUAN BERAT KG , TON DAN LAIN LAIN.
q
BEBAN MERATA q
SATUAN T/M , KG /M, KG/CM DAN LAIN LAIN
q = TINGGI ATAU LEBAR DARI BENTUK BEBAN ( LIHAT GAMBAR )
BEBAN TIDAK MERATA
MISAL BEBAN SEGITIGA q
SATUAN MAUPUN ARTI q SAMA DENGAN BEBAN MERATA DIATAS .
BEBAN MATI / BEBAN TETAP
BEBAN HIDUP/ BEBAN BERJALAN
q
14
PERLETAKAN
SENDI H
V
MEMPUNYAI REAKSI TEGAK LURUS LANDASAN DAN SEJAJAR LANDASAN , ARTINYA
PERLETAKAN SENDI TIDAK DAPAT BERGERAK TEGAK LURUS MAUPUN SEJAJAR
LANDASAN .
ROL
V
MEMPUNYAI REAKSI TEGAK LURUS LANDASAN, ARTINYA PERLETAKAN ROL TIDAK
DAPAT BERGERAK ARAH TEGAK LURUS LANDASAN.
JEPIT
H REAKSI V , H DAN M ADALAH
M REAKSI YANG DIPUNYAI OLEH
V PERLETAKAN JEPIT .
SEHINGGA DAPAT DIARTIKAN KALAU PERLETAKAN JEPIT TIDAK DAPAT BERGERAK PADA
ARAH TEGAK LURUS MAUPUN SEJAJAR LANDASAN DAN JUGA TIDAK DAPAT BERPUTAR
ATAU BER ROTASI .
15
CONTOH
Rotasi = ( sendi , rol tidak mempunyai reaksi
momen )
P T
0
( jepit mempunyai reaksi momen )
DARI KEDUA GAMBAR DIATAS TERLIHAT BAHWA PERLETAKAN ROL, SENDI MAUPUN
JEPIT TIDAK DAPAT BERGERAK KE ARAH VERTIKAL.
HAL ITU DAPAT DILIHAT DARI GAMBAR GARIS LENDUTANNYA.
SEDANGKAN PADA PERLETAKAN JEPIT TERLIHAT TIDAK DAPAT BERPUTAR ( BER ROTASI )
ROTASI ATAU
q t/m
16
MENCARI REAKSI PERLETAKAN.
UNTUK MENDAPATKAN KONSTRUKSI YANG STABIL , MAKA DIBUTUHKAN PERSAMAAN KESETIMBANGAN .
∑ H = 0 , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERGERAK KEARAH HORISONTAL
∑ M = 0 , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERPUTAR ATAU MENGGULING
∑ V = 0 , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERGERAK KEARAH VERTIKAL
DENGAN MEMAKAI TIGA PERSAMAAN DIATAS MAKA REAKSI PERLETAKAN PADA KONSTRUKSI STATIS TERTENTU DAPAT DICARI .
CONTOH
Tg α= 3/4 3T 5 T 4 T
α 6 T
A B 4T C D
2 M 8 M 3 M
∑ =0 MISAL HA ingat + ‐
+ HA – 4 + 6 = 0 HA = ‐6 + 4 = ‐ 2 T tanda negatif mengartikan kesalahan pemisalan arah, jadi HA seharusnya mengarah kekiri . HA = 2 T
JADI PERLU DIINGAT BAHWA TANDA NEGATIF BERARTI SALAH DALAM PEMISALAN ARAH,
SEBALIKNYA APABILA HASIL POSITIF ARTINYA ARAH PEMISALAN SUDAH BENAR.
∑ = 0 VA MISAL ingat ‐ +
+ VA . 10 – 3.8 + 4. 3 = 0
VA = 1,2 T
∑ = 0
‐ VC . 10 + 4. 13 + 3 . 2 = 0 VC = 5, 8 T
KONTROL ∑ =0 +1,2 ‐3 + 5,8 – 4 = 0 7‐7 = 0 ( OK )
17
4 T 5T 5√2
5 T 45°
2M 3 M
3 T 4 M
2 M 7 M 3 M
∑ = 0 HE MISAL + HE – 3‐5 = 0 HE = 8 T
∑ = 0 VD MISAL
+ VD . 10 – 3. 1 – 4. 12 – 5. 3 – 5. 3 = 0
VD = 8, 1 T
E
∑ = 0 VE MISAL D
‐ VE.10 ‐ 3.2+ 8. 1 ‐5.4 + 5.7 – 4.2 = 0
VE = 0,9 T
D
∑ = 0 + 8, 1 – 4 – 5 + 0, 9 = 0 9 – 9 = 0 ( OK )
A
B C
D E
4 T
4 T
5 T
5 T
5 T 5 T
3 T 3 T
4 T
4 T
5 T 5 T
5 T
5 T
3 T
8 T 8 T
18
UNTUK BEBAN MERATA ATAU TIDAK MERATA DIJADIKAN DULU BEBAN TERPUSAT DALAM PERHITUNGAN REAKSI PERLETAKANNYA .
1/2 L 1/2 L 1/3 L 2/3 L
Q = LUAS DARI BENTUK BEBAN DAN LETAKNYA PADA TITIK BERAT DARI BENTUK BEBAN .
A B C D E
4 T 2 M 6 M 4 M 2 M
2m 4 + 4 = 8 m
2 + 6 = 8 m 2m
10 m 1 m
∑ = O HB = 0
∑ = 0 VB . 10 + 4 . 12 – 9. 8 – 4. 2 + 2. 1 = 0
VB = 3 T
∑ = 0 ‐ VD. 10 + 2. 11 + 4. 8 + 9. 2 + 4. 2 = 0
VD = 8 T
∑ = O + 4 + 3 – 9 – 4 + 8 – 2 = 0 15 – 15 = 0 ( OK )
q
q q
q
Q=q . L Q= ½ q .L
q = 3 t/m q = 1 t/m
Q=1/2.3.6 = 9 T Q=1.2 = 2 T
Q=1.4 = 4 T
19
5 T q= 1 t/m
2 T tg α = 3/4
2 M 1 M 2 M
UNTUK MENGHITUNG REAKSI PADA PERLETAKAN JEPIT BEBAS AGAK BERBEDA DARI TUMPUAN SENDI ROL .
UNTUK MENGHITUNG REAKSI HORISONTAL HC MISAL
∑ O + HC ‐ 4 + 2 = 0 HC = 2 T
UNTUK MENGHITUNG REAKSI VERTIKAL VC MISAL
∑ = 0 + VC – 3 – 2.1 = 0 VC = 5 T
UNTUK MENGHITUNG REAKSI MOMEN MC MISAL
∑ = 0 + MC ‐ 3.5 – 2. 4 + 2 . 3 – 4. 3 = 5 TM
MC = 5 TM
3 T q = 1t/m
A B 2 T 4 T
4 T Q = 2.1 T 2 T
3 M
3 T 2 T
4 M C
5 M
α
A
B
C
3 M
20
GAYA DALAM
HA
VA X M X M VB
N
D D
M M
GAMBAR DIATAS ADALAH SUATU BALOK YANG DIBEBANI BEBAN MIRING TERPUSAT
AKIBAT GAYA TERSEBUT AKAN TIMBUL REAKSI REAKSI PERLETAKAN NYA.
APABILA BALOK DIPOTONG MAKA DIDALAM BALOK AKAN TIMBUL GAYA DALAM YANG MENGIMBANGI GAYA LUAR YANG TERJADI.
GAYA DALAM N = GAYA YANG SEJAJAR SUMBU BATANG
D = GAYA YANG TEGAK LURUS SUMBU BATANG
M = MOMEN LENTUR
BA
M = VA . X
HA
VA VB
M = VB . X
+ ‐
‐
+ +
21
DARI PERNYATAAN DIATAS MAKA DAPAT DI SIMPULKAN SEPERTI INI
NORMAL ( N ) POSITIF ADALAH TARIK, SEDANG NORMAL NEGATIF APABILA TEKAN.
GAYA LINTANG ( D ) POSITIF APABILA GAYA SEBELAH KIRI ARAH KEATAS, SEDANG
SEBELAH KANAN ARAH KEBAWAH .
GAYA LINTANG ( D ) NEGATIF APABILA GAYA SEBELAH KIRI ARAH KEBAWAH,SEDANG
SEBELAH KANAN ARAH KEATAS .
MOMEN LENTUR POSITIF APABILA DISEBELAH KIRI ARAH M BERPUTAR SEARAH JARUM JAM,SEDANG DISEBELAH KANAN BERPUTAR BERLAWANAN ARAH JARUM JAM .
MOMEN LENTUR NEGATIF APABILA DI SEBELAH KIRI ARAH M BERPUTAR BERLAWANAN
ARAH JARUM JAM, SEDANG DI SEBELAH KANAN BERPUTAR SEARAH JARUM JAM.
M M
MM
NN
NN
D
D
D
D
22
tg α = 3/4
A B C D
4 M 6 M 2 M
3 T
A B C D
1 T 6 T
N
D
8 TM
M
4 TM
5 T 4 T
4 T α
4 T
4 T
4 T X1 X2
X3
++
+4 T4 T
1 T 1 T
4 T
2 T2 T
23
∑ = 0 HA MISAL + HA + 4 – 4 = 0 HA = 4 T
∑ = 0 VA MISAL + VA. 10 – 3 . 6 + 4 . 2 = 0 VA = 1 T
∑ = 0 VC MISAL ‐ VC . 10 + 3. 4 + 4 . 12 = 0 VB = 6 T
BIDANG N , D DAN M
LIHAT KIRI POTONGAN
NX1 = 0
X1 = 0 NA = 0
X1 = 4 NB = 0
DX1 = + 1 T MX1 = + 1. X1
X1 = 0 DA = + 1 T X1 = 0 MA = 0
X1 = 4 DB = + 1 T X1 = 4 MB = 1. 4 = 4 TM
LIHAT KANAN POTONGAN4 T
NX2= + 4 T 4 T
X2 = 0 NC = + 4 T C D
X2 = 6 NB = + 4 T
DX2 = + 4 – 6 = ‐ 2 T MX2 = ‐ 4. ( 2 + X2 ) + 6 . X2
X2 = 0 DC = ‐ 2 T X2 = 0 MC = ‐ 4 .( 2 + 0 ) + 6. 0 = ‐ 8 TM
X2 = 6 DB = ‐ 2 T X2 = 6 MC = ‐4 .( 2 + 6 ) + 6 . 6 = + 4 TM
LIHAT KANAN POTONGAN
NX3 = + 4 T
X3 = 0 ND = + 4 T
X3 = 2 NC = + 4 T
DX3 = + 4T MX3 = ‐ 4 . X3
X3 = 0 DD = + 4 T X3 = 0 MD = 0
X3 = 2 MC = + 4 T X3 = 2 MD= ‐4.2 = ‐ 8 TM
X1
VA = 1T
X2
2 M
VC = 6 T
4 T
4 T
D
X3
24
X1 q = 1 t/m X2 X3 4 T
2 T
A B C D
2 M 8 M 2 M ∑ = 0 HC MISAL
+ HC – 2 = 0 HC=2 T
N ∑ 0 VA MISAL
+ VA . 10 – 8 . 4 + 2.1
2 T 2 T + 4. 2 = 0 VA = 2,2 T
∑ = 0 VC MISAL
D ‐VC.10 + 8. 6 + 2.11
+ 4.12 = 0 VC=11,8 T
∑ = 0
2,2 – 8 + 11,8 – 4 ‐4= 0
D = 0 14 – 14 = 0 ( OK )
M
M MAX = 6, 82 TM
GAMBAR BERBENTUK PARABOLA KARENA PERSAMAAN NYA ADALAH PANGKAT DUA,
SEDANG UNTUK PERSAMAAN LINIER, GAMBAR BERBENTUK GARIS LURUS.
2,2 T 2,2 T
4 T 6 T
5,8 T
10 TM
4, 4 TM
25
NX1 = 0 LIHAT KIRI POTONGAN X1
X1 = 0 NA = 0 A
X2 = 2 NB = 0 VA
DX1 = 2, 2 T LIHAT KIRI POTONGAN 2,2 MX1 = 2, 2 . X1 LIHAT KIRI POTONGAN
X1 = 0 DA = 2, 2 T X1 = 0 MA = 2, 2 . 0 = 0
X1= 2 DB = 4, 4 TM X1 = 2 MB = 2, 2 . 2 = 4, 4 TM
NX2 = ‐ 2 + 2 = 0 LIHAT KANAN POTONGAN X2 2M 4 T
X2 = 0 NC = 0 2 T
X2 = 8 NB = 0 2 T 11, 8 D
DX2 = + 4 + 2 – 11, 8 + 1 X2 Q = 1X2 Q = 2.1 = 2T
X2 = 0 DC = ‐ 5, 8 T ½ X2
X2 = 8 DB = ‐ 5, 8 + 8 = 2, 2 T ( 1 + X2 )
PADA D = O TERJADI MOMEN MAXIMUM
DX2 = 0 +4 + 2 – 11, 8 + 1X2 = 0 ‐ 5, 8 + 1 X2 = 0 X2= 5,8 M DARI C TERJADI M MAX
MX2 = ‐ 4 .( 2 + X2 ) – 2 ( 1 + X2 ) + 11,8.X2 – 1X2 . 1/2 X2 LIHAT KANAN POTONGAN
X2 = 0 MC = ‐ 4 . 2 – 2 . 1 + 11, 8 .0 – 1.0 . 1/2 . 0 = ‐ 10 TM
X2 = 8 MB = ‐ 4 . 10 – 2 . 9 + 11,8 . 8 – 1 . 8. 1/2. 8 = + 4, 4 TM
X2 = 5, 8 M MAX = ‐ 4 . 7,8 – 2 . 6, 8 + 11, 8 .5, 8 – 1. 5, 8 . 1/2. 5,8 = ‐ 31,2 ‐ 13,6
= ‐ 31 , 2 – 13, 6 + 68, 44 – 16, 82 = 6, 82 TM
NX3 = + 2 T LIHAT KANAN POTONGAN X3 4T
X3 = 0 ND = + 2 T 2 T
X3 = 2 NC = + 2 T Q= 1X3
DX3 = + 4 + 1. X3 MX3 = ‐ 4 .X3 – 1. X3 .1/2 . X3
X3 = 0 DD = + 4 X3 = 0 MD = 0
X3 = 2 DC = + 4 + 1. 2 = 6 T X3 = 2 MC = ‐ 4. 2 – 1 . 2. 1/2. 2
= ‐ 10 TM
26
q = 1 t/m
X1 X2
A C ∑ =0 HA =0
4 M 6 M Q = 1/2 .6 . 1 = 3 T
∑ = 0
VA . 10 – 3. ( 2/3 . 6 )=0
VA = 1,2 T
∑ =0
‐ VC . 10 + 3( 4 + 1/3.6)
D = 0 VC = 1,8 T
LIHAT KIRI POTONGAN
DX1 = + 1, 2 T
X1 = 0 DA = + 1, 2 T
X1 = 4 DB = + 1, 2 T
MX1 = + 1, 2 . X1
X1 = 0 MA = 0
X1 = 4 MB = 1, 2 . 4 = 4,8 TM
M M MAX = 5. 58
B
Q
1,2
1,8
4,8
1,2
27
LIHAT KANAN POTONGAN
Q = 1/2 .X2 .a
1 T/M X2 X
C a = X 2 / 6
1, 8 Q = 1/2.X2.X2/6=
6M = X
DX2 = ‐ 1, 8 + X22
12 X2 = 0 DC = ‐ 1, 8 T
X2 = 6 DB = ‐ 1, 8 + = + 1, 2 T
DX2 = 0 ‐ 1, 8 + X 0 X22 = 21,6
X2 = 4,65 M DARI TITIK C TERJADI M MAX
MX2 = + 1,8 X2 –Q.1/3 X2 = 1,8 X2 –
. X2
X2 = 0 MC = 0
X2 = 6 MB = 1,8 . 6 ‐ . .6 = 4, 8 TM
X2 = 4,65 M MAX = 1, 8 . 4, 65 – 4,652
12 . 13 .4,65 = 5, 58 TM
a
Q
28
BALOK GERBER
A S B C
S = SENDI GERBER
TIDAK DAPAT MENERIMA GAYA HORISONTAL
SENDI GERBER LETAKNYA DIATAS
MERUPAKAN SAMBUNGAN, REAKSI DARI SENDI GERBER
MENJADI BEBAN PADA BALOK DIBAWAHNYA
A S
VS
VS
B C
UNTUK MULAI MENGHITUNG BALOK GERBER, SEBAIKNYA DIPISAHKAN LEBIH DAHULU,
DICARI REAKSI2 UNTUK BALOK YANG TERLETAK DIATAS, DAN REAKSI SENDI GERBER
AKAN MENJADI BEBAN PADA BALOK DIBAWAHNYA .
BALOK AS DIHITUNG REAKSI VA DAN VS
BALOK SBC REAKSI VS MENJADI BEBAN, SEHINGGA VB DAN VC DAPAT DIHITUNG
DARI PERHITUNGAN DIATAS, SELANJUTNYA DAPAT DIHITUNG DAN JUGA DIGAMBAR
BIDANG NORMAL, LINTANG DAN MOMEN .
29
CONTOH CONTOH BALOK GERBER
JADI YANG PERLU DIINGAT,KALAU PERLETAKAN SENDI ATAU ROL HARUS ADA PERLETAKAN LAIN SENDI ATAUPUN ROL, SEDANG KALAU PERLETAKAN JEPIT DAPAT BERDIRI SENDIRI .DENGAN BEGITU AKAN DIDAPATKAN PEMBAGIAN YANG BENAR, MANA YANG HARUS DIATAS DAN SETERUSNYA .
A B S1 S2 C D
A B
S1 S2
C D
A BC
S1 S2
S1 A
B S2
C
30
q = 1 t/m P=4 T
A 10 M B 2 M S 8 M C 2M D
4 T
X3 X4
X1 X2
∑ = 0 HB = 0 TIDAK ADA BIDANG N
D
M
BALOK SCD
∑ = 0 VS . 8 + 4 . 2 = 0 VS = ‐ 1 T VS = 1 T
∑ = 0 ‐ VC .8 + 4 . 10 = 0 VC = 5 T
S
C D
A B
VS= 1 TVC= 5 T
VB= 3, 8 T VA= 5, 2 T
5, 2 T
4, 8 T
1 T 1 T
4 T
8 TM
2 TM
M MAX = TM
31
BALOK ABS
∑ =0 VA . 10 – 1. 10. 5 – 1. 2 = 0 VA = 5, 2 T
∑ = 0 ‐ VB . 10 + 1. 10 . 5 ‐ 1. 12 = 0 VB = 3, 8 T
DX1 = 5, 2 – 1 X1 LIHAT KIRI POT X1
X1 = 0 DA = 5, 2 T Q=1.X1
X1 = 10 DB = 5, 2 – 10 = ‐ 4, 8 T
DX1 = 0 5,2‐ 1 X1 = 0 X1 = 5,2 M DARI A TERJADI M MAX
MX1 = 5,2 X1 – 1. X1 . 1/2 . X1
X1 = 0 MA = 0
X1 = 10 MB = 5,2 . 10 – 1 .10 . 1/2 . 10 = + 2 TM
X1 = 5, 2 M MAX = 5, 2 . 5, 2 – 1 . 5, 2 . 1/2 . 5, 2 = 13, 52 TM
DX2 = ‐ 1 T LIHAT KANAN POTONGAN
X2 = 0 DS = 1 T X2 VS = 1 T
X2 = 2 DB = 1 S
MX2 = + 1. X2
X2 = 0 MS = 0
X2 = 2 MB = + 2 TM
DX3 = ‐ 1 T LIHAT KIRI POTONGAN
X3 = 0 DS = ‐ 1 T S
X3 = 8 DC = ‐ 1 T VS = 1 T
MX3 = ‐ 1 . X3
X3 = 0 MS = 0 LIHAT KANAN POTONGAN
X3 = 8 MC = ‐ 8 T X4 4 T
DX4 = + 4 T MX4 = ‐ 4 . X4
X4 = 0 DD = + 4 T X4 = 0 MD = 0
X4 = 2 DC = + 4 T X4 = 2 MC = ‐ 8 TM
X3
32
q = 1 t/m
∑ = 0 + HE +2‐3 = 0 HE = 1 T
2 M ∑ =0 + VE.6‐1.5 +3.2‐3.8 ‐6.3=0
VE = 6,833 T
3 M ∑ =0 ‐ VC.6+6.3‐3.2+2.5‐3.3=0
VC = 2,167 T
2M 6 M
UNTUK MEMUDAHKAN MENGGAMBAR BIDANG M, N DAN D, SEBAIKNYA DIBUAT FREE BODY DIAGRAM .
BATANG BC
∑ =0 MBC– 2,167.6+6.3=0
MBC = ‐ 5 TM
BATANG AB
∑ =0 +MBA‐3.2 =0
MBA = 6 TM
Jumlah momen,gaya V maupun H pada satu titiksimpul = 0
∑ =0, MAKA DAPAT DIHITUNG BAHWA MBE PADA
BE SAMA DENGAN 1 TM SEARAH JARUM JAM , SETELAH
DIDAPAT M BC = 5 TM DAN M BA = 6 TM
DARI HASIL FREE BODY DIATAS, MAKA BIDANG NORMAL, LINTANG MAUPUN MOMEN DAPAT DIGAMBAR DENGAN MUDAH DAN HARUS TETAP MENGGUNAKAN ATURAN ARAH BIDANG M , N MAUPUN D .
2 T
3 T
3 T
A
B C
D
E
A
2 T
3 T B
C
D
E
2,167 T
6,833 T
1 T
3 T
3 T
6,833 T3,833 T
2 T
2 T
6TM 5 TM
1 TM
33
GAMBAR SEBELAH KIRI MENJELASKAN PROSES PENGGAMBARAN BIDANG N, M, D
X
DX = 0 ‐ 2,167 + 1X =0
X = 2, 167 M
MX = 2,167 X – 1. X .1/2 . X
X= 2, 167 M MAX = 2,167. 2,167 – 1 .2,167 . 1/2 . 2, 167
= 2, 35 TM
MD = ‐1 . 3 = ‐ 3 TM
2 T 2 TA
B
6,833 T
6,833 T
2 T
6,833 T
N
3 T
3 T
3,833 T 2,167 T
3 T
1 T
D
1 T
3 T
3,833 T
2,167 T
2 T
2 T
2,167 T
5 TM6TM
1 TM
3 TM
1TM
6TM5 TM
2,35 TM
1 T
D
D M
34
2 T 3 T ∑ =0 + HE + 2 = 0 HE = 2 T
∑ = 0 + VE – 3 – 1,5 = 0
4 M + VE = 4, 5 T
∑ = 0
+ ME + 3.1 + 2.4 + 1,5 .4,75 = 0
2 M ME = 18, 125 TM
3 M 1 M 1, 5 M
3 T
BATANG BD
∑ 0 +MBD + 1,5. 1,75=0
MBD = 2, 625 TM
BATANG BA
18,125 TM ∑ =0 + MBA – 3.2 = 0
M BA = 6 TM
DENGAN MENGGUNAKAN ∑ = 0, DIDAPAT
M BE = 3, 375 TM
D EB = 4,5 COS α + 2 SIN α = 4,5. 3/5 + 2. 4/5
= 2,7 + 1,6 = 4, 3 T
N EB = ‐ 4,5 SIN α + 2 COS α = ‐ 4,5 4/5 + 2. 3/5
= ‐ 3,6 + 1,2 = ‐ 2,4 T
α α
α
q = 1 t/m
A
B D
E
C
q = 1 t/mA B C
D
E
VE = 4, 5 T HE = 2 T
4, 5 T
3 T
1, 5 T
2 T
2 T
2,625 TM6 TM 2 T
3,375 TM
HE = 2 T
VE = 4, 5 T
2 SIN α
2 COS α
4,5 COS α
4,5 SIN α
B
E
35
2 T
2, 4 T
N
D
1,125 TM
6 TM
2,625 TM
M
18,125 TM 3,375 TM
4,3 T
4,3 T3 T
1,5 T 1,5 T
2, 4 T
2 T
36
BEBAN ATAU MUATAN TIDAK LANGSUNG .
q = 1 t/m q = 1 t/m
4 T
A B C D E F
λ 2m 1m
5 λ = 20 M
4 T CONTOH
A B B C C D D E E F
2 2 1,5 0,5 3 1 2 2 B C
2 3, 5 3, 5 1 2 2 ∑ 0
VB.4 – 2.3 = 0
A B C D E F VB = 1,5 T
VC = 0, 5 T
DARI GAMBAR DIATAS TERLIHAT BAHWA BEBAN TIDAK LANGSUNG MENJADI BEBAN PADA GELAGAR UTAMA / MEMANJANG TETAPI DITERIMA DAHULU OLEH GELAGAR MELINTANG.
SEHINGGA UNTUK MEMUDAHKAN PEMBAGIAN BEBAN, GELAGAR MELINTANG DIMISALKAN SEBAGAI PERLETAKAN KECIL,SEHINGGA DAPAT DICARI REAKSI PERLETAKAN AKIBAT BEBAN TERSEBUT DAN REAKSI REAKSI TERSEBUT KEMUDIAN DIBEBANKAN KE GELAGAR UTAMA.
SETELAH BEBAN TERDISTRIBUSI KE GELAGAR UTAMA, BARU DAPAT DIHITUNG REAKSI PERLETAKANNYA , KEMUDIAN PERHITUNGAN DAN PENGGAMBARAN BIDANG MOMEN DAN LINTANG DAPAT DILAKUKAN .
∑ =0 VA . 20 – 2.20 – 3,5.16 – 3,5 . 12 – 1. 8 – 2. 4 = 0 VA = 7,7 T
∑ = 0 ‐ VF . 20 + 2. 20 + 2. 16 + 1. 12 + 3,5 .8 + 3,5 .4 = 0 VF = 6, 3 T
PERHITUNGAN SELANJUTNYA SAMA DENGAN PERHITUNGAN PERHITUNGAN TERDAHULU, HANYA BEDANYA BEBAN BEBAN YANG SEMULA ADALAH BEBAN MERATA PADA GELAGAR MELINTANG MENJADI BEBAN TERPUSAT PADA GELAGAR UTAMA .
Gel.melintang
Gel.memanjang
37
RUMUS YANG HARUS DIINGAT UNTUK KULIAH KULIAH DI SEMESTER SEMESTERBERIKUTNYA .
P q
L L
1/2 L 1/2 L L
P P qL
PL 1/2 qL
2
P q
1/2 qL
1/2 qL
1/2 P
1/2 P
1/4 PL
1/8 qL2
D
D
M
M
38
APLIKASI DI LAPANGAN
q t/m
A B C
BALOK ABC MENDAPAT
BEBAN LUAR q t/m
GAMBAR BIDANG D
DAN BIDANG M
SEPERTI TERGAMBAR
APABILA BALOK ABC DIATAS ADALAH BALOK BETON
Warna biru adalah sengkang
dimana makin besar gaya D ,
jarak sengkang semakin rapat .
Warna merah adalah tulangan tarik
Ditempatkan diatas karena momen negative , dimana serat tertarik ada di serat atas .
Ditempatkan dibawah karena momen positive ,dimana serat tertarik ada di seratbawah
Tul tarik
Tul tarik sengkangsengkang
39
KONSTRUKSI RANGKA BATANG
GAMBAR DIATAS DINAMAKAN RANGKA BATANG
TITIK A,B,C,D,E,F,G DISEBUT TITIK BUHUL ATAU TITIK SIMPUL .
AC , CD, DE, EB, CF , FD , DG , EG , AF , FG , GB DISEBUT BATANG .
KONSTRUKSI RANGKA BATANG STATIS TERTENTU APABILA MEMENUHI SYARAT :
2 X JUMLAH TITIK BUHUL = JUMLAH BATANG + 3
SEBAGAI CONTOH KONSTRUKSI DIATAS 2 . 7 = 11 + 3 14 = 14
MAKA KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI RANGKA BATANG STATIS TERTENTU .
UNTUK MENCARI GAYA BATANG DARI KONSTRUKSI DIATAS ADA BANYAK CARA,TETAPI
DISINI HANYA AKAN DIJELASKAN DUA CARA YAITU :
1.CARA KESETIMBANGAN TITIK BUHUL / TITIK SIMPUL
2.CARA RITTER
A B
C D E
F G
40
CARA KESETIMBANGAN TITIK SIMPUL / TITIK BUHUL
UNTUK PERHITUNGAN GAYA BATANG BEBAN TIDAK BEKERJA PADA TITIK SIMPUL HARUS DIKERJAKAN PADA TITIK SIMPUL.
TITIK BUHUL ATAU TITIK SIMPUL DIANGGAP SEBAGAI PERLETAKAN SENDI, SEHINGGA PERHITUNGAN GAYA BATANGNYA MENGGUNAKAN :
∑ =0 ATAU ∑ =0 DAN ∑ ATAU ∑ =0
BATANG YANG AKAN DICARI GAYA BATANGNYA DIANGGAP DAHULU SEBAGAI BATANG TARIK, SEHINGGA ARAH GAYA NYA MENARIK ATAU MENINGGALKAN TITIK YANG DITINJAU.
BEBAN PADA BATANG FG ADALAH q = 1 t/m
BEBAN HARUS DITEMPATKAN PADA
TITIK SIMPUL
KARENA BEBAN DAN KONSTRUKSI
SIMETRIS MAKA VA = VB = 1,5 T
PERHITUNGAN DIMULAI DARI TITIK SIMPUL YANG MEMPUNYAI MAXIMUM DUA BATANG YANG BELUM DIKETAHUI , DEMIKIAN JUGA SELANJUTNYA .
A B
C D E
F G
4 M
3 M 3 M3 M
1,5 T 1,5 T
A
C D E
B
F G
41
TITIK A
∑ = 0 1,5 + S AC = 0 S AC = ‐ 1,5 T
HASIL S AC NEGATIF, ARTINYA ARAH PEMISALAN
SALAH , ARTINYA S AC BUKAN BATANG TARIK
TETAPI BATANG TEKAN. S AC = 1,5 T ( TEKAN )
∑ = 0 S AF = 0
TITIK C
HASIL S AC ADALAH 1,5 T TEKAN , MAKA
PADA TITIK SIMPUL C ARAH S AC MENEKAN
TITIK C
∑ = 0 1,5 ‐ S CF SIN α = 0 S CF = 1,5 / SIN α = 1,875 T
S CF = 1, 875 T ( TARIK )
∑ = 0 + S CD + S CF COS α =0
S CD + ( 1, 875 . 3/5 ) = 0
S CD = ‐1, 125 T S CD = 1, 125 T ( TEKAN )
TITIK D
∑ = 0 S DF = 0
∑ = 0 S DE + 1, 125 = 0
S DE =‐ 1, 125 T S DE = 1, 125 T ( TEKAN )
S AC
S AF
1,5 T
1,5 T
S CD
S CF SIN α S CF
S CF COS α
1,125 T
S DE
S DF
D
C
A
42
TITIK F
∑ V = 0
∑ =0 ‐ 1,5+ 1, 875 . 4/5 + S FE SIN α = 0
‐ 1,5+ 1, 5 + S FE . 4/5 = 0
S FE = 0
∑ = 0 S FG + S FE COS α ‐ 1,875 COS α = 0
S FG = ‐ 0. 3/5 +1, 875 . 3/5 = 1, 125 T ( TARIK )
TITIK G
∑ = 0 ‐ 1,5 + S GE = 0
S GE = 1, 5 T ( TARIK )
∑ = 0 ‐ 1, 125 + S GB = 0
S GB = 1, 125 T ( TARIK )
TITIK E
∑ = 0 ‐ 1,5 – S EB SIN α = 0
S EB = ‐ 1, 875 T
S EB = 1, 875 T ( TEKAN )
KONTROL
∑ = 0 1,125 + S EB COS α = 0
1, 125 + ( ‐ 1,875 . 3/5 ) = 0
1, 125 ‐1, 125 = 0 ( OK )
S CF = 1,875
1,875 COS α
1,875 SIN α S FE
S FE COS α
S FG
S FE SIN α
F
1, 5 T
S FG = 1, 125
S GB
1, 5 T
S GE
G
E
S DE = 1, 125
S EG = 1, 5 S EB
S EB COS α
S EB SIN α
43
METHODE RITTER
MEMOTONG TIGA BATANG TAPI BATANG YANG DI POTONG TIDAK
BOLEH BERTEMU PADA SATU TITIK BUHUL / TITIK SIMPUL .
BATANG YANG MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG ,
MENCARI GAYA BATANG NYA DENGAN MEMAKAI :
∑ PADA CENTRUM KEKUATAN BATANG = 0
CENTRUM KEKUATAN BATANG 1 ADALAH PERPOTONGAN
BATANG 2 DAN BATANG 3 .
BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG ,
MENCARI GAYA BATANG NYA DENGAN MEMAKAI :
∑ = 0 ∑ = 0
BATANG YANG DIPOTONG ADALAH S CD, S CG , S FG
CENTRUM KEKUATAN BATANG CD ADALAH PERPOTONGAN S CG DAN S FG
DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK G .
CENTRUM KEKUATAN BATANG CGADALAH PERPOTONGAN S CD DAN S FG
DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK A
( Ingat gaya dapat dipindahkan sepanjang garis kerjanya )
CENTRUM KEKUATAN BATANG FG ADALAH PERPOTONGAN S CD DAN S CG
DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK C .
A B
C
D
E
F G H
44
KEUNTUNGAN DARI CARA RITTER ADALAH DAPAT MENCARI BESAR GAYA BATANG DIMANAPUN JUGA , TANPA HARUS MULAI DARI PERLETAKAN .
UNTUK MELIHAT KEARAH KIRI POTONGANATAU KANAN DISARANKANMELIHAT KEARAH YANG TIDAK BANYAK GAYA BEKERJA .
MENCARI S DE DAN S EF ,DIPOTONG BATANG S DE, S EF , S FG
CENTRUM KEKUATAN BATANG DE ADALAH TITIK F
∑ = 0 ( LIHAT KANAN POT )
‐ S DE . 4 – 1,5 .6 + 1, 5 . 3 = 0
S DE = ‐ 1, 125 T
S DE = 1, 125 T ( TEKAN )
BATANG S EF ADALAH BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , KARENA BATANG S DE DAN BATANG S FG TIDAK AKAN MUNGKIN BERPOTONGAN .
∑ = 0 + 1, 5 – 1, 5 – S EF SIN α = 0
S EF = 0
1,5 T 1,5 T
A B
C D E
F G
3 M 3 M 3 M
4 M
1,5 T 1,5 T
F
6 M
4 M
1,5 T
S DE
1,5 T
S EF SIN αS EF
45
UNTUK MENCARI BATANG S GF , S GE DAN S EB, DIPOTONG KETIGA BATANG TERSEBUT . LIHAT KANAN POTONGAN .
SIN α = a / 3 a = 3 SIN α
a = 3 . 4 / 5 = 12 / 5 M
MENGHITUNG S GF ∑ = 0 + S GF . 4 – 1, 5 . 3 = 0
S GF = 1, 125 T ( TARIK )
MENGHITUNG SEB ∑ = 0 ‐ S EB . 12/5 – 1,5 . 3 = 0
S EB = ‐ 1, 875 T S EB = 1, 875 ( TEKAN )
MENGHITUNG S GE ∑ = 0 + S GE . 3 – 1, 5 . 3 = 0
S GE = 1,5 T ( TARIK )
UNTUK MENGHITUNG S GE DAPAT DIPAKAI CARA LAIN DENGAN MEMOTONG SEPERTI GAMBAR DIBAWAH INI MESKIPUN BATANG BATANG YANG DIPOTONG BERTEMU PADA SATU TITIK, TAPI CARA INI HANYA BOLEH DIPAKAI UNTUK BATANG YANG SEPERTI S GE.
LIHAT DIBAWAH POTONGAN
∑ = 0 + S GE – 1, 5 = 0
S GE = 1, 5 T ( TARIK )
1,5 T
B
E S EB
S GE
S GF
S EB
a
G
1,5 T3 M
4 M
S GE
1,5 T
46
GARIS PENGARUH
REAKSI PERLETAKAN
BIDANG D AKIBAT BEBAN MATI
BIDANG M
GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN
GARIS PENGARUH D AKIBAT BEBAN BERJALAN
GARIS PENGARUH M
CONTOH APLIKASI DI LAPANGAN
KITA AKAN MENCARI REAKSI DI A
UNTUK MERENCANAKAN KEPALA
JEMBATAN DI A .
A B A B
PANJANG JEMBATAN 15 M P = 20 T
RA/ VA AKIBAT BEBAN MATI= 1/2 . 2 . 15 =15 T 1 GP RA / GP VA
RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN , P = 20 T
P = 20 T DITEMPATKAN PADA ORDINAT TERBESAR DARI GAMBAR GP RA / GP VA
RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN= 20 X 1 =20 T ( P X ORDINAT MAXIMUM )
MAKA RA / VA UNTUK PERENCANAAN DEMENSI KEPALA JEMBATAN
ADALAH 15 T + 20 T = 35 T
BALOK JEMBATAN
KEPALA JEMBATAN KEPALA JEMBATAN Beban berjalan P= 20 t
Beban mati q = 2 t/m
47
A P = 1 B C GP RA / GP VA
MISAL P = 1 BERJALAN,
10 M 2 M BERADA SEJARAK X M
DARI A.
GP RA/ GP VA ∑ = 0
VA . 10 – 1 .( 10 – X ) = 0
VA =
GP RB / GP VB P=1 DI A X= 0 VA = 1
P=1 DI B X=10 VA = 0
P=1 DI C X = 12 VA = ‐ 2/10
GP RB / GP VB
MISAL P =1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A
∑ = 0 ‐ VB . 10 + 1 . X = 0 VB = X
P= 1 DI A X = 0 VB = 0
P = 1 DI B X = 10 VB = 1
P = 1 DI C X = 12 VB = 12/10
ATAU DAPAT DENGAN CARA LAIN , DENGAN MELETAKKAN P = 1 DI A , DI B
DAN DI C DAN DICARI BESAR RA ATAU VA , DIDAPAT GP RA / GP VA .
P =1 DI A
∑ = 0 VA.10 – 1 .10 = 0
A 10 M B 2 M C VA = 1
P = 1 DI B ∑ = 0 VA . 10 – 1 . 0 = 0 VA = 0
P= 1 DI C ∑ = 0 VA. 10 + 1. 2 = 0 VA = ‐ 2/10
X M
1
2/10
12/10 1
P=1 P=1 P=1
48
JADI DARI PENJELASAN DAN CONTOH SOAL DAPAT DISIMPULKAN BAHWA GARIS PENGARUH REAKSI PELETAKAN ADALAH GAMBAR BESAR REAKSI PERLETAKAN PADA WAKTU P = 1 BERJALAN DIATAS BALOK TERSEBUT , DEMIKIAN JUGA ARTINYA UNTUK GARIS PENGARUH GAYA LINTANG ( D ) MAUPUN GARIS PENGARUH MOMEN ( M ) .
HITUNG BESAR RA MAXIMUM APABILA BEBAN BERJALAN P = 25 T BERADA DIATAS BALOK ABC , HITUNG JUGA APABILA YANG BERJALAN q = 2 t/m SEPANJANG 2 M .
CARA MENGHITUNGNYA DIPAKAI GARIS PENGARUH RA , DENGAN MELETAKKAN P = 25 T PADA ORDINAT MAXIMUM DAN q = 2 t / m PADA LUASAN YANG MAXIMUM .
RA MAX = 25 X 1 = 25 T
a a = 8/10
luas luasan dibawah beban
2 m = ( 1 + 8/10 ).1/2 . 2
Ingat luas trapesium = jumlh sisi sejajar kali setengah tinggi Luas = 1, 8 m 2
q = 2 t/m RA MAX = 2 X 1,8 = 3, 6 TM.
GAMBAR GARIS PENGARUH SELALU LURUS TIDAK PERNAH TERPUTUS .
GAMBAR GP RB YANG BENAR
BUKTI /
ingat : perbandingan segitiga
GAMBAR GP RB YANG SALAH
1
1
2/10
2/10
P = 25 T
q = 2 t/m
1
1 12/10
10 M 2 M
49
GARIS PENGARUH D DAN GARIS PENGARUH M
x m P=1
A C B
3 M 12 M
VA VB
APABILA P = 1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A , MAKA BESAR DC DAN MC DAPAT DIHITUNG , DENGAN MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU KEKANAN POTONGAN.
LIHAT KIRI POTONGANLIHAT KANAN POTONGAN
DC = VA – 1 DC = ‐ VB
MC = VA . 3 – 1 ( 3 – X ) MC = VB . 12
DARI DUA HASIL DIATAS DISARANKAN MELIHAT KEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI PERLETAKAN DI KANAN POTONGAN DALAM PERHITUNGAN DC MAUPUN MC .
MAKA DAPAT DISIMPULKAN, APABILA P =1 TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKAN , MAKA DALAM PERHITUNGAN DC DAN MC DISARANKAN SEBAGAI BERIKUT :
P = 1 ADA DI KIRI POTONGANSEBAIKNYA MELIHATKEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI DISEBELAH KANAN POTONGAN .
P = 1 ADA DI KANAN POTONGAN SEBAIKNYA MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI DISEBELAH KIRI POTONGAN .
SEDANG UNTUK P =1 YANG TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN DAN BEBAS , SEBAIKNYA MELIHAT KEARAH BEBAS .
A B D
UNTUK MENGHITUNG DD DAN MD , SEBAIKNYA LIHAT KANAN POTONGAN D
SEHINGGA TIDAK PERLU MENGHITUNG REAKSI DI A MAUPUN DI B
50
GP DC DAN GP MC
A B C D P = 1 DI A
3 M 3 M 7 M ∑ =0 ‐ VD.10 – 1.3 = 0
VD = ‐ 3/10
GP DC C D
7 m 3/10
DC = + 3/10
GP MC MC = ‐ 3/10 . 7 = ‐ 21/10
P=1 DI B
VD = 0 DC = 0 MC = 0
P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KIRI C
∑ = 0 ‐ VD . 10 + 1 . 3 = 0 VD = 3/10 C D
DC = ‐ 3/10 MC = + 3/10 . 7 = 21/10 7 m
3/10
P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C B
∑ = 0 VB .10 – 1 .7 = 0 VB = 7/10 A C
DC = + 7/10 MC = + 7/10 .3 = 21/10 7/10 3 m
P = 1 DI D
∑ = 0 VB = 0 DC = 0 MC = 0
21/10
21/10
3/10
3/10
7/10
51
A E B C
2M 1M
KARENA POTONGAN TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN SNDI DAN BEBAS , MAKA UNTUK MUDAH NYA MELIHAT SAJA KEARAH BEBAS . P =1 DILETAKKAN DI TITIK A , E , B , C .
A E B C
2 m
P = 1 DI TITIK A DE = ‐ 1 ME = ‐ 1 . 2 = ‐ 2
P= 1 DI TITIK SEDIKIT SEBELAH KIRI E DE = ‐ 1 ME = ‐ 1 . 0 = 0
P = 1 DI TITIK SEDIKIT SEBELAH KANAN E DE = 0 ME = 0
P = 1 DI TITIK B DAN TITIK C DE = 0 ME = 0
A E B C
GP DE
GP ME
11
2
P = 1P = 1
P = 1P = 1P = 1
52
DARI CONTOH SOAL YANG TELAH DIBERIKAN , DAPAT DISIMPULKAN BAHWA BENTUK GAMBAR GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN, GAYA LINTANG DAN MOMEN PADA POTONGAN YANG TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKKAN SELALU SAMA. SEHINGGA KALAU BALOK TERSEBUT MEMPUNYAI KANTILEVER TINGGAL MENERUSKAN SAJA.
A C B D A C B
GP RA / VA
GP RB/ VB
GP DC
ORDINAT UNTUK DC TEPAT DIKIRI POTONGAN DAN DIKANAN POTONGAN KALAU DIJUMLAH BESAR NYA HARUS 1 , KARENA PEMISALAN BEBAN BERJALAN P = 1
GP MC
DENGAN DEMIKIAN MAKA ORDINAT ORDINAT PADA GARIS PENGARUH DAPAT DIHITUNG DENGAN MENGGUNAKAN PERBANDINGAN SEGITIGA , ASAL SATU ORDINAT SUDAH DIHITUNG .
1
1
11
1 1
53
HITUNG BESAR RD
2 M 2 M 8 M 3 M YANG DIPAKAI UTK
PERENCANAAN
KEPALA JEMB . DI D
APABILA DIKETAHUI :
BEBAN MATI q = 2 t/m
BEBAN HIDUP P = 20 T
GP RD
AKIBAT BEBAN MATI q = 2 t/ m
∑ = 0 ‐ RD . 10 + 20 . 5 + 6 . 11,5 – 4 . 1 = 0 RD = 16,5 T
AKIBAT BEBAN HIDUP P = 20 T , DIPAKAI GARIS PENGARUH RD …..CARI ORDINAT DI TITIK A DAN DI TITIK D DENGAN MEMAKAI PERBANDINGAN SEGITIGA .
a / 1 = 2 / 10 a = 0,2 1 / e = 10 / 13 e = 1,3
RD = 20 X ORDINAT MAX PADA GP RD = 20 X 1,3 = 26 T RD = 26 T
RD YANG DIPAKAI UNTUK PERENCANAAN KEPALA JEMBATAN DI D =
16,5 T + 26 T = 42,5 T
A B DC E
q = 2 t/m A B C D E
1
a
e
54
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH DC
P=1 DI A ∑
‐RD.10 – 1 . 2 = 0 RD = 2/10
DC = ‐ 2/10
2/10c1
22
c1 = 2/10 P = 1 DI SEDIKIT KIRI C DC= 2/ 10 c2 = 1 – 2/10 = 8/10 P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C DC = ‐ 8 /10
/ e / P =1 DI E DC = 3 /10
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH MC
P = 1 DI A RD = 2/10 MC = ‐ 2/10 . 8 = ‐ 16/10
P = 1 DI C /
c = 16 /10 MC = 16 /10
P = 1 DI E /
e = 6 /10 MC = 6 /10
2/10
c 1
c 2
e
2/10
D C
16/10
c
e
55
HITUNG BESAR MC max POSITIF APABILA BEBAN BERJALAN P = 30 T BERADA DIATAS JEMBATAN
30 T
GP MC
MC max = P . (ORDINAT MAX POSITIF) = 30 . 16/10 = 48 TON
HITUNG BESAR MC max APABILA BEBAN BERJALAN q = 2 t/m SEPANJANG 2 M BERADA DIATAS JEMBATAN .
2m q = 2 t/m
Y 1 Y 2
Diusahakan ordinat Y 1 = Y 2 untuk
a 2‐ a mendapatkan M max
2 m 8 m
,
,
Y1 = Y2 12 + 2a = 16 – 8a 10a = 4 a = 0,4
Y 1 = 1, 6 ( 2 – 0,4 ) / 2 = 1, 28
LUAS TRAPESIUM = ( 1,28 + 1,6 ) 1/2. 0,4 + ( 1,28 + 1,6 ) 1/2 .( 2‐ 0,4 ) = 0,576 + 2,304 = 2,88 m 2
MC max = q . luasan dibawah beban berjalan = 2 . 2, 88 = 5,76 TM
16/10
16/10
6/10
1, 6
56
GARIS PENGARUH PADA BALOK GERBER
BERDASAR PADA BENTUK BENTUK GARIS PENGARUH YANG SUDAH PASTI , MAKA AKAN LEBIH MUDAH MENGGAMBAR GARIS PENGARUH PADA BALOK GERBER .
UNTUK MENGHITUNG GP D I DAN M I DIBUTUH KAN VB ATAU VC .
PADA WAKTU P = 1 DI DAERAH A B S VB DAN VC DAPAT DIHITUNG
PADA WAKTU P =1 DI DAERAH S B C VB DAN VC TIDAK DAPAT DIHITUNG
MAKA DARI PENJELASAN DIATAS ,GAMBAR GARIS PENGARUHNYA HANYA DI A B S
UNTUK MENGHITUNG GP D I DAN MII DIBUTUHKAN VC ATAU VD
PADA WAKTU P =1 DI DAERAH A B S VB DAN VC DAPAT DIHITUNG
PADA WAKTU P =1 DI DAERAH S C D VB DAN VC DAPAT DIHITUNG
MAKA DARI PENJELASAN DIATAS ,GAMBAR GARIS PENGARUH ADA DI DAERAH A B S C D
A B S C D
A B S
C D
I
I I
GP D I
GP M I
57
GP RB
P = 1 DI A
a = 8/6
2 M 6 M 3 M P = 1 DI A …..RB = 8/6
GP MD
P = 1 DI A
∑ MB = 0
‐ VS . 6 – 1 . 2 = 0
‐ VS = ‐ 2/6
MD = ‐ 2/6 . 4 = ‐ 8/6
P = 1 DI D
/
b = 8/6
P = 1 DI D…MD= +8/6
GP DE
P = 1 DI A c = 2/6
P = 1 DI A DE = + 2/6
SC
A B
A B S
C
2M D
E
1M
GP RB
GP MD
GP DE
1 a
b = 8/6
1 1
c = 2/6
2/6D
S
D
4 M
8/6
Lihat hal 51
58
GARIS PENGARUH RANGKA BATANG
HITUNG DAN GAMBAR
GARIS PENGARUH S CD , S CG ,
4m DAN S FG .
UNTUK MENCARI GAYA BATANG
3m 3m 3m 3m DIATAS , PAKAI CARA RITTER
DENGAN CARA MEMOTONG
BATANG S CD , S CG DAN S FG.
P = 1 DI A VB = 0
S CD , S CG DAN S FG =0
P = 1 DI F ∑ 0
‐ VB . 12 + 1. 3 = 0 VB= 3/12
SCG sinα
4m
3/12
6m
∑ =0
‐ 3/12. 6 – S CD. 4 =0
S CD = ‐ 18/48 =‐ 3/8
∑ =0 + 3/12 + S CG SIN α =0
S CG = ‐ / ‐ 15 /48
∑ MC =0 ‐ 3/12 .12 + S FG . 4 = 0 S FG = + 3/ 4
A B
C D E
F G H
GP S CD
GP S CG
GP S FG
G
CS CD
S FG
3/8
15/48
3/4
3/4
5/8
3/8
15/48
3/16
Ingat bahwa apabila P =1 ada disebelah kiri potongan ,maka reaksi yang dipakai disebelah kanan potongan atau melihat kebagian kanan potongan ,begitu juga sebaliknya
59
P=1 DI G
∑ = 0 VA = 1/2 ∑ = 0 1/2 . 6 + S CD . 4 = 0 S CD = ‐ 3/4
C ∑ = 0 1/2 – S CG SIN α =0
S CG = //
G ∑ = 0 1/2 . 3 – S FG . 4 =0
6 m S FG = + 3/8
3m
P = 1 DI H
∑ = 0 VA . 12 – 1 . 3 = 0 VA = 3/12 ∑ 0 3/12 .6 + S CD . 4 = 0 SCD= ‐6/4
C ∑ = 0 3/12 – S CG SIN α =0
S CG = //
G ∑ = 0 1/4 . 3 – S FG . 4 =0
6 m S FG = + 3/16
3m
S CD
S FGS CG SIN α
1/2
S CD
S FGS CG SIN α
1/2
60
DARI CONTOH PERHITUNGAN DIATAS DAPAT DISIMPULKAN APABILA RANGKA BATANG TERLETAK DIANTARA DUA PERLETAKKAN , MAKA UNTUK GARIS PENGARUH BATANG YANG MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , MAKA GAMBAR GARIS PENGARUHNYA BERBENTUK SEGITIGA DENGAN PUNCAK DIBAWAH CENTRUM , SEDANG UNTUK BATANG DIAGONAL YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG, GAMBAR GARIS PENGARUHNYA BERBENTUK SEGITIGA DENGAN PUNCAK PADA TITIK SIMPUL YANG MEMEGANGI BATANG TERSEBUT . JADI UNTUK ORDINAT DIHITUNG SAJA PADA PUNCAK NYA , SEDANG ORDINAT LAIN , BISA DIHITUNG DENGAN PERBANDINGAN SEGITIGA . UNTUK BATANG BAWAH SELALU POSITIF ATAU TARIK , SEDANG BATANG ATAS SELALU NEGATIF ATAU TEKAN .
HITUNG DAN GAMBAR
GARIS PENGARUH
4 m S DG, S EF , S EH.
GP S DG
3m
3m 3m 3m 3m
1
LIHAT KEBAWAH POTONGAN
P = 1 DI A S DG =0
P = 1 DI G ∑ =0 S DG ‐1 = 0
S DG = 1
P = 1 DI H ,I ,B S DG = 0
GP S EH
LIHAT KEATAS POTONGAN
P = 1 DI A , G , H , I , B S EH = 0
A B
C D E F
G H I
A G H I B
S DG
GP S DG
GP S EH
S EH
BA G H I
61
GP S EF GP S EF
P = 1 DI H ……. VA = VB = 1/2
4m
∑ = 0
1/2 . 6 + S EF . 4 = 0 VA = 1/2 6m
S EF = ‐ 3/4
HITUNG BESARS EF APABILA BEBAN BERJALAN q = 2 t/m BERADA TEPAT DI IB
a / 3/4 = 3/6
a = 9/24
3m
S FE = q . luasan yang diarsir dibawah beban merata
S FE = ‐ 2 . ( 1/2 . 3 . 9/24 ) = ‐ 27 / 24 TM
AS EF
H
3/4
3/4
a
62
APLIKASI DI LAPANGAN UNTUK GARIS PENGARUH
q = 1 t/m
A B C
10 m 2 m
DIKETAHUI BALOK JEMBATAN ABC DENGAN BEBAN MATI q = 1 t/m
TENTUKAN BESAR MOMEN YANG DIPAKAI UNTUK PERENCANAAN
DEMENSI BALOK TERSEBUT .
UNTUK MENDAPATKAN HASIL MOMEN MAXIMUM YANG DIMAKSUD
YANG HARUS DILAKUKAN ADALAH :
1 . MENCARI BESAR M MAX AKIBAT BEBAN MATI TERSEBUT
2 . MENCARI GARIS PENGARUH MOMEN PADA POTONGAN ATAU TITIK
DIMANA MOMENMAXIMUM TERJADI .
3 . DENGAN BEBAN BERJALAN YANG SUDAH DITENTUKAN , DIDAPAT MOMEN
MAXIMUMNYA .
4 . MOMEN MAX TOTAL DIDAPAT DARI PENJUMLAHAN KEDUA MOMEN YANG
DIDAPAT .( HASIL NO 1 + HASIL NO 3 ) .
63
x m q = 1 t/m
A C
1O m B 2 m
∑ = 0 VA. 10 – 10. 1. 5 + 2. 1 . 1 = 0 VA = 4,8 T
D X = 0 4,8 – 1X = 0 X = 4,8 m dari A terjadi M Max
MX = 4,8 X – 1.X. 1/2 X
X = 4,8 m M max = 4,8. 4,8 – 1 . 4,8 . 1/2 . 4,8 = 11,52 TM
M max AKIBAT BEBAN MATI = 11, 52 TM
A D B C
4,8 m 5,2 m 2 m
30 TON GP MD
P = 1 PADA POTONGAN SEDIKIT SEBELAH KANAN D
∑ = 0 VA . 10 – 1 . 5,2 = 0…………VA = 0,52 MD = 0,52 . 4,8 = 0,2496
APABILA BEBAN BERJALAN ADALAH P = 30 TON , MAKA
M max AKIBAT BEBAN BERJALAN = 30 . 0,2496 = 7,488 TM
JADI MOMEN YANG DIGUNAKAN UNTUK PERENCANAAN DEMENSI ADALAH
11,52 TM + 7,488 TM = 19,008 TM
CATATAN
Contoh diatas dilakukan juga untuk gayaLintang ataupun mencari gaya batang
Pada Konstruksi Rangka Batang .
0,2496
64
TUGAS 1
HITUNG BESAR MOMEN DI A , B , C , D , E , F DARI KEDUA SOAL
β
b
√
α = 45 0
tg β = 3/4
NRP BERAKHIRAN
a m b m c m d m
0 5 3 5 8 4 7 1 2 4 5 6 2 9 3 3 6 8 3 4 3 2 5 6 8 6 2 2 6 6
A B CD
33a m b m c m
4 T
6 T 3 T
5 T
B
E
D
C
F
5 T
4 T
6T 3T
5T
6T
b ma m c m
5T6T
4T A
D
C
B
E FF
c
d
d
b
a
3T
α
B C
D
65
TUGAS 2
HITUNG BESAR REAKSI REAKSI PERLETAKAN DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI .
4 T 6 T 5 T
β
α
6 V 2 T α = 45 0 TG β = 3/ 4
3 M 4 M 6 M 3 M
A B C
D
2 M 2 M 3 M 4 M 3 M
6 T
A B α C α = 30 0
3 T
5 T
E
5 M
3 T
2 T4 T
2 T
4 T
5 T
6 T
2T
3T3M
E
1 m 2 m
66
TUGAS 3
HITUNG BESAR REAKSI2 PERLETAKAN DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI DIBAWAH INI .
β = 45 0
A B C D
3 m 8 m 2 m
β tg β = 3/4
A B C
4 m
D
a m c m 3 m b m
Nomor pokok
a m b m c m P ton q t/m
GASAL 6 2 4 5 2
GENAP 3 3 6 4 1
q t/m q t/m P V 2 T
β
P T P T
2 t/m 5 T
4 T
3 T
1 t/m
2T
E
67
TUGAS 4
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG NORMAL , MOMEN DAN LINTANG DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI .
P1 TON tg α = 4/3 P2 TON
A B C D
α
5 TON
2 m 4 m 8 m
P1 TON P1 V 2 TON
B C β
A D
3 m L m 3 m
NRP BERAKHIRAN
P 1 TON P 2 TON L m β
1 6 4 5 9 45 0
2 7 3 6 10 45 0
3 8 2 4 8 45 0
4 9 5 4 12 45 0
0 5 6 4 6 45 0
68
TUGAS 5
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG NORMAL , MOMEN DAN LINTANG DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI
q t/m P ton
α
A B C D
2 m 8 m 2 m
P ton q t/m
D
α
A B P ton C
2 m 4 m 6 m
NRP BERAKHIRAN q t/m P ton α
0 4 7 2 6 30 0
1 8 9 1 4 60 0
5 3 6 2 2 8 30 0
69
TUGAS 6
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG NORMAL , MOMEN DAN LINTANG DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI
5 T tg α = 3/4 q = 1 t/m
α
A B S C 4 T D
a m b m c m d m
4 T q = 2 t/m 5 T tg α = 4/3
α
A B S 1 S2 C
a m 2 m d m 2 m c m
NRP BERAKHIRAN
a m b m c m d m
4 5 4 5 9 4
1 9 3 6 10 6
2 8 2 4 8 4
0 3 5 4 12 4
6 7 6 4 6 5
E
3 T
2 m
D
70
SOAL EVALUASI 1
SUATU KONSTRUKSI PORTAL DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIBAWAH INI,
HITUNG REAKSI2 PERLETAKANNYA.
1. q = 2 t/m
4 T
A
B P=2T
a m c m 3 m 5 m cm
2.
P=5 T q= 1 t/m P=5 T
α α tg α = 3/4
A B C D
c m b m c m
DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS, HITUNG DAN GAMBAR BIDANG
MOMEN,NORMAL DAN LINTANG.
CATATAN :
NIM GASAL a= 3 m b= 12 m c= 2 m
NIM GENAP a= 2m b= 10m c= 3m
71
SOAL EVALUASI 2
1.
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG N DAN M DARI
KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR.
h m
a m b m
q t/m
2.
a m b m 3 m 10 m
DARI KONSTRUKSI DAN BEBAN SEPERTI DIATAS, HITUNG DAN GAMBAR
BIDANG N DAN D.
3. D E DARI KONSRUKSI RANGKA SEPERTI TERGAMBAR
3 m HITUNG BESAR GAYA BATANG S 4 , S2 DAN S 7
A B C DENGAN CARA YANG TERMUDAH MENURUT SDR.
a m a m
CATATAN
TYPE SOAL P 1 TON P2 TON q ton/meter a meter b meter h meter A 4 2 1 4 2 3 B 2 6 1 3 6 4C 4 4 2 4 5 3 D 3 4 2 3 7 4 E 5 5 1 4 4 3 F 3 5 1 3 2 4
P 1
P 2 A B
C
A B
C S
P 2
P 1
S 1
S 2
S 3
S 4 S 5
S 6 S 7
P 1
72
DAFTAR PUSTAKA
1 . Soewarno , MEKANIKA TEKNIK STATIS TERTENTU
2 . Soemono , STATIKA 1