modul mekanika teknik 1
TRANSCRIPT
Modul mekanika teknik 1 — Document Transcript
1. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-8-Modul 11.1.
Judul : Gaya ƊGaya dan Keseimbangan GayaTujuan Pembelajaran
Umum :Setelah membaca modul, mahasiswa bisa memahami
pengertian tentang gaya.Tujuan Pembelajaran Khusus :Mahasiswa
dapat menjelaskan konsep pengertian tentang gaya dan
bagaimanabisa melakukan penjumlahannya1.1.1. Pendahuluan Gaya
serta sifat-sifatnya perlu difahami dalam ilmu Mekanika Teknik karena
dalam ilmu tersebut, mayoritas membicarakan tentang gaya, sedang
Mekanika Teknik adalah merupakan mata kuliah dasar keahlian yang
perlu dimengerti oleh semua sarjana Teknik Sipil. Jadi dengan
memahami sifat-sifat gaya, mahasiswa akan lebih mudah memahami
permasalahan yang terjadi di pelajaran Mekanika Teknik. Misal pada
suatu jembatan, kendaraan yang lewat adalah merupakan suatu beban
luar yang ditampilkan dalam bentuk gaya. Contoh : * Suatu kendaraan
yang terletak diatas jembatan * Beban roda kendaraan pada jembatan
tersebut adalah suatu beban atau gaya. struktur jembatan gaya
2. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -9- 1.1.2. Pengertian
tentang Gaya dan Garis Kerja gaya Gaya adalah merupakan vektor
yang mempunyai besar dan arah. Penggambarannya biasanya berupa
garis dengan panjang sesuai dengan skala yang ditentukan. Jadi
panjang garis bisa dikonversikan dengan besarnya gaya. * Contoh 1
Orang berdiri dengan berat 50 kgPanjang gaya arah berat = kebawah
(sesuai arah gravitasi) 1 cm ditunjukkan dengan gambar anak panah
ke bawah dengan skala 1 cm = 50 kg Jadi 50 kg adalah gaya yang
diakibatkan oleh orang berdiri tersebut dengan arah gaya kebawah
yang diwakili sebagai gambar anak panah dengan panjang 1 cm
karena panjang 1 cm setara dengan berat 50 kg. * Contoh 2 Batu
diatas meja dengan berat 10 kg Panjang gaya = 1 cm Arah berat =
kebawah (sesuai arah gravitasi) ditunjukkan dengan gambar anak
panah dengan skala 1 cm = 10 kg Jadi 10 kg adalah gaya yang
diakibatkan oleh batu yang menumpu di atas meja dengan arah gaya
ke bawah yang diwakili sebagai gambar anak panah dengan panjang 1
cm karena panjang 1 cm setara dengan gaya 10 kg. * Contoh 3 15 kg
Orang mendorong mobil mogok kemampuan orang mendorong
tersebut adalah 15 kg. 1 cm Panjang gaya Arah dorongan kesamping
kanan ditunjukkan dengan gambar anak panah arah kesamping
dengan skala 1 cm = 15 kg
3. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-10-Jadi 15 kg adalah
gaya yang diberikan oleh orang untuk mendorong mobilmogok dengan
arah kesamping kanan, yang diwakili sebagai gambar anak
panahdengan panjang 1 cm karena 1 cm setara dengan 15 kg. Garis
kerja gaya adalah garis lurus yang melewati gaya Seperti contoh di
bawah : Contoh * Garis kerja gaya orang yang mempunyai berat 50 kg
tersebut adalah vertikalGaris kerjagaya Orang dengan berat 50 kg
garis kerja gaya 15 kg Garis kerja gaya untuk mendorong mobil mogok
tersebut adalah horisontal Titik tangkap gaya adalah titik awal
bermulanya gaya tersebut. Contoh: mobil mogok diatas jembatan, roda
mobil serta tumpuan tangan orang yang mendorong adalah merupakan
titik tangkap gaya. titik tangkap gaya Titik tangkap gaya 50 kg gaya
4. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -11- 1.1.3. Sifat
Gaya Gaya dan titik tangkap gaya bisa dipindah-pindahkan asal masih
dalam daerah garis kerja gaya Contoh dalam gambar K dan K1 adalah
merupakan gaya. Ga Posisi gaya K lama Posisi gaya K baru mb ar 1.1
garis kerja gaya Posisi gaya K1 lama . K1 Ga mb ar Posisi gaya K1
baru gar is kerja gaya 1.1.4. Penjumlahan Gaya Penjumlahan gaya
bisa dilakukan secara analitis maupun grafis. 1.1.4.1. Penjumlahan
secara grafis Penjumlahan 2 gaya yang mempunyai titik tangkap yang
sama, jadi gaya-gaya tersebut sebidang, bisa secara langsung
dijumlahkan secara grafis. A C
K1, K2 adalah gaya-gaya yang akan dijumlahkan K1 R = K1 + K2 Urut-
urutan penjumlahan
Buat urut-urutan penjumlahan garis sejajar dengan K1 dan K2 di ujung
gaya, (K1 diujung K2 dan sehingga K2 diujung K1 )D K2 B membentuk
bentuk jajaran genjang D.A.C.B
Salah satu diagonal yang Titik tangkap gaya panjang tersebut yaitu R
5. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -12-Gambar 1.2.
Penjumlahan gaya secara grafis Penjumlahan 2 gaya yang sebidang,
tapi titik tangkapnya tidak sama.. Gaya-gaya tersebut bisa dipindahkan
sepanjang garis kerja gaya. Gamb R = K1 + K2 - K1 dan K2 adalah
gaya-gaya ar 1.3 A yang akan dijumlahkan. B Penju - 2 gaya tersebut
tidak mem- Posisi awal (K2)KK2 mlaha 2 punyai titik tangkap yang
sama, tapi masih sebidang. n gayaPosisi awal1 (K1) KK 1 secara 0 C
K1 grafis, yang titik tangkapnya tidak sama Urutan-urutan penjumlahan
- Gaya K1 dipindah searah garis kerja gaya sampai garis kerja gaya K1
bertemu dengan garis kerja gaya K2, pertemuannya di titik 0. - Buat
garis-garis sejajar gaya K1 dan K2 di ujung-ujung gaya yang berlainan
sehingga membentuk suatu jajaran genjang, OABC - Salah satu
diagonal yang terpanjang (R) adalah merupakan jumlah dari K1 dan
K2.
6. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-13- Penjumlahan 3
gaya yang mempunyai titik tangkap tunggal Penjumlahan tersebut bisa
dilakukan secara bertahap C E R2 R2 = R + K 1 3R1=K1+K2 = K1 +
K2 + K3 R1 R2 A K2
K1, K2 dan K3 adalah gaya-gaya B K1 yang akan dijumlahkan dengan titik
tangkap tunggal. Urut-urutan penjumlahan. 0 K3 D
Jumlahkan dulu K1, K2 dengan cara membuat garis sejajar Gambar 1.4.
Penjumlahan 3 dengan gaya-gaya tersebut (K1, gaya secara grafis K2)
di ujung-ujung gaya yang berlainan sehingga membentuk suatu jajaran
genjang 0ACB
Salah satu diagonal terpanjang yaitu R1 adalah merupakan jumlah K1 +
K2
Buat garis sejajar K3 dan R1 di ujung gaya-gaya yang berlainan sehingga
membentuk jajaran genjang 0CED
Salah satu diagonal terpanjang (R2) adalah jumlah dan R1 dan K3
sehingga sama dengan jumlah antara K1, K2 dan K3. Penjumlahan 3
gaya yang tidak mempunyai titik tangkap tunggal
Penjumlahan tersebut dilakukan secara bertahap
Titik tangkap gaya bisa dipindahkan sepanjang garis kerja gaya.
7. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -14- (posisi awal)
Urut-urutan penjumlahanK1 R1 = K1 + K2 (Posisi awal)
K1, K2 dan K3 adalah gaya- C K2 gaya yang akan dijumlah- kan.
Kerjakan dulu penjumlahan A antara K1 dan K2 dengan K1 B cara : K2
Tarik gaya K1 dan K2 0 sehingga titik tangkapnya R2 = R1 + K3 bertemu
pada satu titik di = K1 + K2 + K3 O. F
Buat garis sejajar K1 dan K2 D pada ujung-ujung gaya yang berlainan
sehingga membentuk jajaran gen- R1 jang OACB E Posisi awal (K3)
K3
Salah satu diagonal yang 01 terpanjang yaitu R1 adalah Gambar 1.5.
Penjumlahan 3 gaya yang tidak merupakan jumlah dari K1 mempunyai
titik tunggal, secara dan K2. grafis
Tarik gaya R1 dan K3 sehingga titik tangkapnya bertemu pada titik di 01
8. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-15-
Buat garis sejajar R1 dan K3 melalui ujung gaya yang berlainan sehingga
membentuk jajaran genjang 01, D F E, salah satu diagonal yang
terpanjang adalah R2 yang merupakan jumlah antara R1 dan K3
berarti jumlah antara K1 dan K2 dan K3. K3
9. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-16- a K1 b1 D K2 K1
A R K3 K1 B K2 K4 O C c titik tangkap K3 Oƞ d K4 Rƞ e Polygon
Batang Jari-jari Polygon Gambar 1.6. Polygon batang dan jari-jari
polygon
Gaya K1, K2, K3 dan K4 adalah gaya-gaya yang mau dijumlahkan
Untuk pertolongan, perlu dibuat jari-jari polygon (lihat gambar) dengan
cara sebagai berikut : - buat rangkaian gaya K1, K2, K3 dan K4 secara
berurutan dimana tiap-tiap gaya sejajar dengan gaya aslinya (pada
gambar jari-jari polygon). - pangkal gaya K1 dan ujung gaya K4
merupakan jumlah (resultante) gaya K1, K2, K3 dan K4 yaitu R, yang
diwakili oleh garis sepanjang a-e tapi letak titik tangkapnya belum
betul. - Ambil titik 0 sembarang di daerah sekitar R - Tarik garis dari 0
ke ujung-ujung gaya sehingga ketemu titik a, b, c, d, dan e, garis - garis
tersebut diberi tanda titik satu buah ( ) sampai lima buah ( ) pada garis
tersebut. Garis-garis tersebut dinamakan jari-jari polygon. - Dari gaya-
gaya asal yang akan dijumlahkan ditarik garis sejajar O a - Dari titik A
dibuat garis sejajar K1 di (titik A. memotong gaya K2 di titik B ( )
memotong gaya Ob ) Dari titik B dibuat garis sejajar Oc ( ) memotong
K3 di
10. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-17- titik C. Dari titik
C dibuat garis sejajar Od ( ) memotong K4 di D. Dari titik D dibuat garis
sejajar Oe , perpanjangan garis ( ( ) ) ( ) dan garis pada polygon batang
akan ketemu di titik Oƞ yang merupakan titik tangkap jumlah
(resultante) gaya-gaya K1, K2, K3 dan K4. Dari titik Oƞ dibuat garis
sejajar R yaitu garis Rƞ. Jadi Rƞ adalah merupakan jumlah (resultante)
dari gaya-gaya K1, K2, K3 dan K4 dengan titik tangkap yang betul,
dengan garis kerja melewati 0ƞ1.1.4.2. Penjumlahan secara analitis
Dalam penjumlahan secara analitis kita perlu menentukan titik pusat
(salib sumbu) koordinat, yang mana biasanya sering dipakai adalah
sumbu oxy. Didalam salib sumbu tersebut gaya-gaya yang akan
dijumlahkan, diproyeksikan. Contoh : y Pernjumlahan 2 gaya yang
mempunyai titik tangkap tunggal y
K1 dan K2 adalah gaya- gaya yang akan dijumlah- K2 y K2 kan dimana
mempunyai titik tangkap tunggal di O ; K1 Eadalah sudut antara K1 K1
y dengan sumbu ox Fadalah sudut antara K2 E F x dengan sumbu ox
O K2x K1x K1 dan K2 diuraikan searah
Gambar 1.7. Penjumlahan gaya secara analitis dengan sumbu x dan y K1x
= K1 cos E ; K2x = K2 cos F K1y = K1 sin E ; K2y = K2 sin F
11. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -18- Semua
komponen yang searah ox dijumlahkan demikian juga yang searah
dengan oy. Rx = K1x + K2x Rx = § Kx Ry = K1y + K2y Ry = § Ky
Jumlah gaya total yang merupakan penjumlahan secara analitis dari
komponen-komponen tersebut adalah : R= Rx ² ¤ Ry ² Penjumlahan 2
gaya dengan letak titik tangkap berbeda y K1K1y
K1 dan K2 adalah gaya-gaya E yang akan dijumlah-kan dengan letak titik
tangkap K2 berbeda. K1 membentuk sudut EK2y F dengan sumbu ox
K2 membentuk sudut Fdengan sumbu ox.
K1 dan K2 diuraikan searah dengan sumbu x dan y O K1x K2x x K1x = K1
cos E ; K2x = K2 cos F Gambar 1.8. Penjumlahan gaya dengan titik
K1y = K1 cos E ; K2y = K2 tangkap berbeda, secara analitis sin F
Semua Komponen yang searah ox dijumlahkan demikian juga yang
searah oy. Rx = K1x + K2x Rx = § Kx Ry = K1y + K2y Ry = § Ky
Jumlah gaya-gaya total yang merupakan penjumlahan secara analitis
dari komponen-komponen tersebut adalah :
12. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-19-R= Rx ² ¤ Ry
²1.1.5. Latihan Dua gaya yang mempunyai titik tangkap1. yang sama
seperti seperti pada gambar. K1 K1 = 5 ton dan K2 = 7 ton, sudut yang
dibentuk antara 2 gaya tersebut adalah 45° 45°. K2 Cari besarnya
jumlah gaya-gaya tersebut (R) baik secara analitis maupun grafis2. K1
Dua gaya K1 dan K2 tidak mempunyai titik tangkap yang sama K1 = 10
ton dan K2 = 4 ton Garis kerja ke dua gaya tersebut bertemu dan K2
membentuk sudut 60°Cari besarnya jumlah gaya-gaya tersebut (R)
baik secara analitis maupun garfis.3. Empat gaya K1, K2, K3 dan K4,
dengan besar dan arah 5 ton 7 ton 9 ton 4 ton seperti pada gambar 0
K1 K2 K3 K4Cari besar dan arah jumlah gaya-gaya tersebut (R)
dengan cara polygon batang.1.1.6. Rangkuman
Gaya adalah suatu besaran vektor yang mempunyai besar dan arah serta
diketahui letak titik tangkapnya.
Gaya bisa dipindah-pindah sepanjang garis kerja gaya
Penjumlahan gaya-gaya bisa dilakukan secara grafis ataupun analitis.
Penjumlahan gaya lebih dari 4 buah bisa memakai cara grafis dengan
bantuan polygon batang.
13. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-20-1.1.7. Penutup
Untuk mengukur prestasi, mahasiswa bisa melihat hasil atau kunci-
kunci yang ada, secara bertahap. Soal 1 dan 2 ada jawaban secara
analitis dan grafis, sedang soal no. 3 hanya berupa grafis, skor
penilaian ada di tabel bawah untuk mengontrol berapa skor yang
didapat. No. soal Sub Jawaban Jawaban Skor Nilai 1 Analitis R = 11,1
ton sdt = 22,5° dari 50 sumbu x Grafis R = 11,1 ton sdt = 22,5° dari 50
sumbu x 2 Analitis R = 12,5 ton sdt = 30° dari 50 sumbu x Grafis R =
12,5 ton sdt = 30° dari 50 sumbu x 3 Grafis Jari-jari polygon R = 24 ton
50 Polygon batang 501.1.8. Daftar Pustaka 1. Samuel E. French,
ƏDeterminate StructuresƐ ITP (International Thomson Publishing
Company) 1996. Bab I. 2. Suwarno. ƏMekanika Teknik Statis
TertentuƐ UGM bab I. 3. Soemono. ƏStatika IƐ ITB. Bab I1.1.9.
Senarai Gaya = mempunyai besar dan arah Resultante = jumlah
14. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-21-
15. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-22-1.2. JUDUL :
PENGGAMBARAN STRUKTUR DALAM MEKANIKA TEKNIKTujuan
Pembelajaran UmumSetelah membaca bagian ini, maka siswa bisa
memahami secara jelas apa itubentuk-bentuk struktur di bidang teknik
sipil, sehingga dalam menerimapelajaran akan lebih mudah
menerima.Tujuan Pembelajaran KhususMahasiswa dapat
menunjukkan konsep dasar tentang struktur dalam suatubidang Teknik
Sipil, mengerti tentang beban, kolom, balok, reaksi dan gayadalam,
serta bisa menggambar skema struktur dalam mekanika teknik.1.2.1.
Pendahuluan Dalam disiplin ilmu teknik sipil dimana mahasiswa akan
diajak bicaratentang bangunan gedung, jembatan dan lainsebagainya,
maka mahasiswa perlutahu bagaimana cara penggambarannya dalam
mata kuliah mekanika teknik, apaitu beban, balok, kolom, reaksi, gaya
dalam dan bagaimana carapenggambarannya dalam mata kuliah
mekanika teknik.Contoh : a. bentuk gedung bertingkat dalam
penggambaran di mekanika teknik kolom Kolom = tiang-tiang vertical
Balok = batang-batang horisontal balok perletakan Gambar 1.9.
Gambar portal gedung bertingkat dalam mekanika teknik
16. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-23- b. bentuk
jembatan sederhana dalam penggambarannya di mekanika teknik.
balok perletaka n Gambar 1.10. Gambar jembatan dalam mekanika
teknik1.2.2. BebanDidalam suatu struktur pasti ada beban, beban yang
bisa bergerak umumnya disebut beban hidup misal : manusia,
kendaraan, dan lain sebagainya. Beban yang tidak dapat bergerak
disebut beban mati, misal : meja, peralatan dan lainsebagainya. Ada
beberapa macam beban yaitu beban terpusat dan beban terbagi rata.a.
Beban terpusat Beban terpusat adalah beban yang terkonsentrasi di
suatu tempat.a.1. manusia yang berdiri diatas jembatan P beban
terpusat Penggambaran dalam mekanika teknika.2. Kendaraan
berhenti diatas jembatan P1 P2 P3 Penggambaran dalam mekanika
teknik
17. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-24- Notasi beban
terpusat = P Satuan beban terpusat = ton, kg, Newton, dan
lainsebagainya, Gambar 1.11. Gambar beban terpusat dalam
mekanika teknikb. Beban terbagi rata Beban terbagi rata adalah beban
yang tersebar secara merata baik kearah memanjang maupun ke arah
luas. anak-anak berbaris diatas jembatan q t/mƞ Penggambaran dalam
mekanika teknikNotasi beban terbagi rata = qSatuan beban terbagi
rata = ton/mƞ, kg/cm Newton/mƞ dan lainsebagainya. Gambar 1.12.
Penggambaran beban terbagi rata dalam mekanika teknik
18. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-25-1.2.3.
Perletakany Tujuan Pembelajaran Umum : Setelah membaca modul
bagian ini, maka siswa bisa memahami pengertian tentang perletakan
dan bagaimana pemakaian perletakan ini pada suatu struktur.y Tujuan
Pembelajaran Khusus : Mahasiswa dapat menunjukkan konsep dasar
dan pengertian tentang struktur, konsep pengertian tentang perletakan,
serta konsep kedudukan perletakan dalam suatu struktur.1.2.3.1.
Pendahuluan Dalam bidang teknik sipil kita selalu membicarakan
masalah bangunanseperti bangunan gedung, jembatan, dan
lainsebagainya. Bangunan-bangunantersebut harus terletak diatas
permukaan bumi, hubungan antara bangunantersebut dengan lapisan
permukaan bumi dikaitkan dengan suatu pondasi. Bangunan yang
terletak diatas permukaan bumi disebut bangunan atas,sedang yang
masuk pada lapisan permukaan bumi disebut dengan
bangunanbawah. Hubungan antara bangunan atas dan bawah melalui
suatu tumpuanyang disebut dengan ƠPerletakanơ.Contoh :a.
Hubungan antara bangunan atas jembatan dan bangunan bawah
pondasi. Struktur jembatan (bangunan atas) perletakan Pondasi
Penggambaran pada mekanika (bangunan struktur
19. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-26- Gambar 1.13.
Gambar perletakan jembatan dalam mekanika teknikb. Hubungan
antara bangunan gedung dan pondasi Bangunan gedung (bangunan
atas) muka tanah Perletakan (tumpuan) Pondasi (bangunan bawah)
Penggambaran pada mekanika teknik perletakan Gambar 1.14.
Gambar perletakan gedung (tumpuan)dalam mekanika teknik1.2.3.2.
Macam-Macam Perletakan Dalam mekanika teknik perletakan
berfungsi untuk menjaga struktur supaya kondisinya stabil. Ada 4
macam perletakan dalam mekanika teknik yaitu : rol, sendi, jepit dan
perodel.a. Rol Strukt Bentuk perletakan rol, pada suatu struktur
jembatan yang bertugas untuk menyangga silinder baja sebagian dari
jembatan. (Gambar 1.15) Karena struktur harus stabil maka perletakan
rol tersebut Rv tidak boleh turun jika kena bebanPerletakan rol bila
dilihat dari gambar struktur, atas, olehtersebut bias bergeser dari maka
rol karena itu rolke arah horizontal. jadi tidak bisa mempunyai reaksi
horizontal, bisa berputar jika tersebut harus mempunyai reaksi Gambar
1.15. Skema perletakan roldiberi beban momen jadi tidak mempunyai
reaksi momen.Pada perletakan Penggambaran perletakan rol dalam
bidang mekanika Rol teknik, ada reaksi vertikal. Rv
20. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -27- Balok
jembatan Gambar 1.16. Aplikasinya perletakan rol dalam mekanika
teknik Rv b. Sendi Bentuk perletakan sendi pada suatu Strukt struktur
jembatan, yang bertugas untuk menyangga sebagian dari RH jembatan
(Gambar 1.17). silinder baja Karena struktur harus stabil, maka
perletakan sendi tidak boleh turun jika kena beban dari atas, oleh Rv
karena itu sendi tersebut harusGambar 1.17. Skema perletakan Sendi
mempunyai reaksi vertikal (Rv). Pada perletakan Selain itu perletakan
sendi tidak boleh bergeser horizontal. Oleh karena itu perletakan sendi
harus mempunyai reaksi horizontal (RH), RH sendi tersebut bisa
berputar jika Penggambaran perletakan sendi dalam diberi beban
momen. Jadi sendi tidak mekanika teknik, ada reaksi vertikal dan
horisontal punya reaksi momen. Rv balok jembatan RH Gambar 1.18.
Aplikasinya perletakan sendi c. Jepit di dalam mekanika teknik Rv
Bentuk perletakan jepit dari suatu
21. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -28-
Penggambaran perletakan jepit dalam RH mekanika teknik, ada reaksi
vertikal, horizontal, dan momen RM RV RH Gambar 1.20. Aplikasi
perletakan jepit di dalam mekanika RM teknik R Bentuk perletakan jepit
dari suatu d. Pendel V balok baja struktur, bertugas untuk menyangga
sebagian dari struktur baja (Gambar 1.21.) Pendel tersebut hanya bisa
menyangga sebagian jembatan, hanya searah dengan sumbu pendel
tersebut, jadi pendel hanya mempunyai satu reaksi yangGambar 1.21.
Skema perletakan searah dengan sumbu pendel. pendel pada suatu
RR struktur baja R Penggambaran perletakan pendel dalam mekanika
teknik, ada reaksi searah pendel.
22. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-29- balok baja
Gambar 1.22. Aplikasi perletakan pendel di dalam pende mekanika
teknik l
23. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-30-1.3. JUDUL :
KESEIMBANGAN BENDA Tujuan Pembelajaran Umum Setelah
membaca bagian ini mahasiswa akan bisa mengerti apa yang disebut
keseimbangan pada suatu benda. Tujuan Pembelajaran Khusus
Mahasiswa dapat memahami pengertian keseimbangan dalam suatu
struktur dan syarat-syarat apa yang diperlukan, serta manfaatnya
dalam struktur tersebut.1.3.1. Pendahuluan Dalam bidang teknik sipil
mahasiswa selalu diajak berbicara tentang bangunan gedung,
jembatan dan lain sebagainya. Bangunanƛbangunan tersebut supaya
tetap berdiri, maka struktur-strukturnya harus dalam keadaan
seimbang, hal itu merupakan syarat utama. Apa saja syarat- syaratnya
supaya suatu bangunan tetap seimbang, dan bagaimana cara
menyelesaikannya, mahasiswa perlu mengetahuinya. Contoh : benda
dalam keadaan seimbang (tidak bisa bergerak) kotak lem meja
Gambar 1.23. suatu kotak yang dilem diatas meja1.3.2. Pengertian
tentang keseimbangan Sebuah kotak yang dilem diatas meja, maka
kotak tersebut dalam keadaan seimbang, yang berarti kotak tersebut
tidak bisa turun, tidak bisa bergeser horisontal dan tidak bisa
berguling.a. Keseimbangan vertikal
24. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-31- kalau kotak
tersebut dibebani Pv Kotak secara vertikal (Pv), maka Lem kotak
tersebut tidak bisa turun, yang berarti meja tersebut mampu memberi
perlawanan vertikal (Rv), perlawanan Meja vertikal tersebut (Rv)
disebut Pv Rv reaksi vertikal. Kotak Gambar 1.24. Keseimbangan
vertikal Bandingkan hal tersebut diatas dengan kotak yang berada di
atas lumpur Kalau kotak tersebut dibebani Lumpur secara vertikal (Pv),
maka kotak tersebut langsung tenggelam, yang berarti Kotak
tenggelam lumpur tersebut tidak mampu memberi perlawanan
secaravertikal (Rv).(Gambar 1.25)Gambar 1.25. Kotak tenggelam
dalam lumpurb. Keseimbangan horisontal Kalau kotak tersebut
dibebani PH Kotak secara horisontal (PH), maka Lem RH kotak
tersebut tidak bisa bergeser secara horisontal, yang berarti lem yang
merekat antara meja kotak dan meja tersebut
25. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-32-mampu Gambar
1.26. Keseimbangan horizontalmemberi perlawanan horisontal (RH),
sehingga bisa menahan kotak untuk tidakbergeser. Perlawanan
horisontal tersebut (RH) disebut reaksi horisontal.Bandingkan hal
tersebut diatas dengan kotak yang berada di atas meja tanpa dilem
Kalau kotak tersebut dibebani secara kotak yang PH horisontal (PH),
maka bergeser kotak tersebut langsung bergeser, karena tidak ada
yang menghambat, yang berarti meja tersebut tidak mampu memberi
perlawanan horisontal(RH)(Gambar 1.27)Gambar 1.27. Kotak yang
bergeser Karena beban horizontalc. Keseimbangan MomenKalau
kotak tersebut dibebani momen (PM), maka kotak tersebut tidak
bisaberputar (tidak bisa terangkat), yang berarti lem perekat antara
kotak dan mejatersebut mampu memberikan perlawanan momen (RM),
perlawanan momentersebut (RM) disebut dengan reaksi momen. PM
Kotak Lem Meja
26. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-33-Bandingkan hal
tersebut diatas dengan kotak yang berada di atas meja tanpa dilem.
PM Kalau kotak tersebut Kotak yang terangkat dibebani momen (PM),
maka kotak tersebut bisa terangkat, karena tidak ada lem yang
mengikat Meja antara kotak dan meja tersebut, yang berarti meja
tersebut tidak mampu memberikanperlawanan momen (RM).Gambar
1.29. Kotak yang terangkat karena beban momend Keseimbangan
Statis PV PM µ Kalau kotak tersebut di lem diatas meja, Kotak PH
yang berarti harus Lem stabil, benda tersebut RH harus tidak bisa
turun, tidak bisa bergeser RV Meja horisontal, dan tidak bisa terangkat.
RM Gambar 1.30. Keseimbangan statis
27. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-34- µ Kalau kotak
tersebut dibebani secara vertikal (PV), tumpuannya mampu memberi
perlawanan secara vertikal pula, agar kotak tersebut tidak bisa turun
syarat minimum RV = PV, atau RV - PV = 0 atau 7V = 0 (jumah gaya-
gaya vertikal antara beban dan reaksi harus sama dengan nol). µ
Kalau kotak tersebut dibebani secara horisontal (PH ), maka pada
tumpuannya mampu memberi perlawanan secara horisontal (RH ).
Agar kotak tersebut tidak bisa bergeser secara horisontal maka syarat
minimum RH = PH atau RH ƛ PH = 0 atau 7H = 0 (jumlah gaya-gaya
horisontal antara beban dan reaksi harus sama dengan nol) µ Kalau
kotak tersebut dibebani secara momen (PM ), maka pada tumpuannya
mampu memberi perlawanan secara momen (RM ). Agar kotak
tersebut tidak bisa terpuntir (terangkat), maka syarat minimum RM =
PM atau RM - PM = 0 atau 7M = 0 (jumlah gaya-gaya momen beban
dan reaksi harus sama dengan nol). µ Dari variasi tersebut diatas,
dapat dikatakan bahwa suatu benda yang stabil atau dalam keadaan
seimbang, maka harus memenuhi syarat-syarat sebagai berikut : - 7V
= 0 (jumlah gaya-gaya vertikal antara aksi (beban) dan reaksi harus
sama dengan nol) - 7H = 0 (jumlah gaya-gaya horisontal antara aksi
(beban) dan reaksi sama dengan nol) - 7M = 0 (jumlah gaya-gaya
momen antara aksi (beban) dan reaksi harus sama dengan nol).1.3.4.
Latihan 1. Suatu benda diatas meja dengan berat sendiri = 5 kg Pv = 5
kg
28. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-35- Berapa reaksi
vertikal yang terjadi supaya balok tersebut tidak turun ?. Rv = ? 2.
Suatu kantilever (konsol) dengan beban seperti pada gambar. PV = 5
kg PH = 2 kg PM = 5 kgm Cari reaksi-reaksi yang terjadi supaya konsol
tersebut tak roboh.1.3.5. Rangkuman o Macam-Macam Beban - Beban
terpusat; notasi; P; satuan; kg atau ton atau Newton - Beban terbagi
rata; notasi; q; satuan kg/mƞ atau ton/mƞ atau Newton / mƞ o Macam
Perletakan - Rol punya 1 reaksi Rv - Sendi punya 2 reaksi Rv dan RH -
Jepit punya 3 reaksi Rv; RH dan RM - Pendel punya 1 reaksi sejajar
dengan batang pendel o Syarat Keseimbangan Ada 3 syarat
keseimbangan yaitu : 7v = 0 7H = 0 7M = 01.3.6. Penutup
29. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-36- Untuk
mengukur prestasi, mahasiswa bisa melihat hasil atau kunci-kunci
yang ada. Nomor Soal Reaksi yang ada Besar Reaksi Arah 1 Rv 5 kg o
2 Rv 5 kg o RH 2 kg p RM 5 kg m 11.3.7. Daftar Pustaka 1. Suwarno,
ƏMekanika Teknik Statis TertentuƐ UGM Bab I. 2. Soemono ƏStatika
IƐITB Bab I1.3.8. Senarai - Beban = aksi - Reaksi = perlawanan aksi
30. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -37- MODUL 2 :
ARTI KONSTRUKSI STATIS TERTENTU DAN CARA
PENYELESAIANNYA 2.1. JUDUL : KONSTRUKSI STATIS
TERTENTU Tujuan Pembelajaran Umum Setelah membaca bagian ini
mahasiswa akan mengerti apa yang disebut dengan konstruksi statis
tertentu. Tujuan Pembelajaran Khusus Mahasiswa selain dapat
mengerti apa yang disebut dengan konstruksi statis tertentu,
mengetahui syarat-syarat apa yang diperlukan dan bagaimana cara
pemanfaatannya. 2.1.1. Pendahuluan Dalam bangunan teknik sipil,
seperti gedung-gedung, jembatan dan lain sebagainya, ada beberapa
macam sistem struktur, mulai dari yang sederhana sampai dengan
yang kompleks; sistim yang paling sederhana tersebut disebut dengan
konstruksi statis tertentu. Mahasiswa diwajibkan memahami struktur
yang paling sederhana sebelum melangkah ke yang lebih kompleks.
Contoh : contoh struktur sederhana yaitu balok jembatan diatas 2
tumpuan. Balok jembatan diatas 2 Balok jembatan perletakan A dan B
B Perletakan A adalah rolA sendi rol Perletakan B adalah sendi
31. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -38- Gambar 2.1.
Gambar konstruksi jembatan dalam Mekanika Teknik 2.1.2. Definisi
Statis Tertentu Suatu konstruksi disebut statis tertentu jika bisa
diselesaikan dengan syarat- syarat keseimbangan. Ada beberapa
syarat-syarat keseimbangan Sesuai dengan materi yang sebelumnya
ada 3 (tiga) syarat keseimbangan yaitu : § V ! 0 ( jumlah gaya gaya
vertikal sama dengan nol) § H ! 0 ( jumlah gaya gaya horisontal sama
dengan nol) § M ! 0 ( jumlah momen sama dengan nol) Kalau dalam
syarat keseimbangan ada 3 persamaan,maka pada konstruksi statis
tertentu yang harus bisa diselesaikan dengan syarat-syarat
keseimbangan, jumlah bilangan yang tidak diketahui dalam persamaan
tersebut maximum adalah 3 buah. Jika dalam menyelesaikan suatu
konstruksi tahap awal yang harus dicari adalah reaksi perletakan,
maka jumlah reaksi yang tidak diketahui maksimum adalah 3. 2.1.3.
Contoh Balok diatas dua perletakan dengana). P beban P seperti pada
gambar. A = sendi dengan 2 reaksi tidakRAH diketahui (RAV dan RAH
adalah A B reaksi-reaksi vertikal dan horizontal di A). RAV RBV B= rol
dengan reaksi tidak diketahui (RBV = reaksi vertikal di B)
32. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -39- Gambar 2.2.
Konstruksi statis tertentu Jumlah reaksi yang tidak diketahui adalah 3
buah, maka konstruksi tersebut adalah konstruksi statis tertentu. b).
Suatu konstruksi kolom yang berkonsol dengan P perletakan di A
adalah jepit. A = jepit dengan 3 reaksi yang tidak diketahui. RAV =
reaksi vertical di A RAH = reaksi horizontal di A RM RM = momen di A.
RAH Jumlah reaksi yang tidak diketahui ada 3 buah, maka A
konstruksi tersebut adalah statis tertentu. RAV Gambar 2.3. Konstruksi
statis tertentu c) Balok diatas 2 perletakan P A = sendi dengan 2 reaksi
yang tidak diketahui RAV dan RAH (reaksi vertikal dan reaksi
horisontal di A). B = sendi dengan 2 reaksi yang tidak diketahui RBV
dan RBH (reaksi vertical dan reaksi horizontal di B). Jumlah reaksi
yang tidak diketahui adalah 4 A B buah, sedang persamaan syarat
keseimbangan hanyaGambar 2.4. Konstruksi statis ada 3, maka
konstruksi tersebut statis tak tertentu. tidak tertentu
33. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-40-2.1.4. Latihana).
suatu balok ABC berkantilever terletak diatas P dua perletakan dengan
beban P seperti pada gambar. Perletakan A adalah sendi dan di B C
adalah rol. Tunjukkan apakah konstruksi tersebut statisA tertentu atau
bukan. B b).suatu balok ABC terletak diatas dua Pperletakan dengan
beban P seperti padagambar. Perletakan A dan C B adalahsendi.
CTunjukkan apakah konstruksi tersebutstatis tertentu atau bukan.2.1.5.
Rangkuman Konstruksi disebut statis A tertentu, jika bisa diselesaikan
dengan persamaan syarat-syarat keseimbangan. Persamaan syarat-
syarat keseimbangan adalah 3 buah 7V = 0 7H = 0 dan 71 = 02.1.6.
Penutup Untuk mengukur prestasi,mahasiswa bisa melihat kunci dari
soal-soal yang ada sebagai berikut : Jawaban Soal P titik Macam
Perletakan Jumlah C reaksi A Sendi 2 buah A B B sendi 1 buah Total
reaksi 3 buah
34. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-41-Bisa
diselesaikan dengan persamaan syarat keseimbangan. Jadi
konstruksidiatas adalah statis tertentu.b) P B C A Itik Macam
Perletakan Jumlah reaksi A Sendi 2 buah B sendi 2 buah Total reaksi 4
buahPersamaan tidak bisa diselesaikan dengan syarat-syarat
keseimbangan. Jadikonstruksi statis tidak tertentu.2.1.7. Daftar
Pustaka 1. Suwarno ƠMekanika Teknik Statis Tertentuơ UGM bab I 2.
Suwarno ƠStatika Iơ ITB bab I2.1.8. Senarai Konstruksi statis tertentu
= konstruksi yang bisa diselesaikan dengan syarat-syarat
keseimbangan2.2. JUDUL : GAYA DALAMTujuan Pembelajaran
UmumSetelah membaca bagian ini mahasiswa bisa mengetahui apa
yang disebut dengan gaya dalam dan bisa mengetahui bagaimana
cara mencarinya.Tujuan Pembelajaran KhususMahasiswa dapat
menggunakan teori yang telah diberikan untuk menghitung gaya dalam
suatu struktur serta bisa menggambarkan gaya-gaya dalam tersebut
secara rinci pada struktur statis tertentu.2.2.1. Pendahuluan Bangunan
teknik sipil pada umumnya terbuat dari struktur beton, kayu, baja dan
lain-lain. Dalam pembuatanstruktur-struktur tersebut perlu diketahui
ukruan atau yang lazim disebut dengan demensi dari tiap-tiap elemen
35. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -42- strukturnya
(balok, kolom, pelat, dansebagainya). Untuk menentukan demensi-
demensi dari elemen struktur tersebut, memerlukan gaya dalam.
Contoh : a). o Dua buah struktur seperti pada gambar (a) P1 dan (b)
dengan beban (P) dan bentang (l) berbeda. A B o Gaya dalam yang
diterima pada struktur (a) berbeda pula dengan gaya dalam yang L1
diterima oleh struktur (b), maka demensi dari struktur (a) akan berbeda
pula dengan struktur (b). Gambar 2.5. Contoh (a) Gambar 2.6. Contoh
(b) P2 2.2.2. Pengertian tentang Gaya Dalam A B L2 Ada 2 (dua)
orang yang mempunyai bentuk tubuh yang berbeda, satu kecil, pendek
(A), yang satu lagi besar, tinggi (B). Jika kedua-duanya membawa
barang beban P = 5 kg, maka kedua tangan orang A dan B tersebut
tertegang. P P Untuk A orangnya pendek,kecil dalam membawa beban
P tersebut urat-urat yang ada pada tangannya tertegang dan menonjol
keluar sehingga kita bisa melihat alur urat- P = 5 kg P = 5 kg uratnya.
Namun hal ini tidak terjadi pada B karena orangnya besar, tinggi. Yang
menjadikan urat-urat tangan orang (A) tersebut menonjol sehingga
tampak dari luar adalah karena adanya gaya dalam pada tangan
tersebut A B akibat beban P = 5 kg. Kalau beban P tersebut dinaikkan
secara bertahap, sampai suatu saat tangan A tidak mampu Gambar
2.7. Orang membawa membawa beban tersebut, demikian juga untuk
orang B. beban Beban maksimum yang dipikul oleh orang A akan lebih
kecil dari pada beban maksimum yang bisa dipikul oleh orang B karena
diameter lengan orang A lebih kecil dari diameter lengan orang B.
Suatu balok terletak pada 2 2.2.3. Macam-macam Gaya dalam
perletakan dengan beban P1 seperti pada gambar, maka balok
tersebut akan menderita beberapa gaya dalam yaitu :P P y Balok
menderita beban B beban lentur yang menyebabkanreaksi A RB balok
tersebut berubah RA l bentuk melentur. Gaya dalam yang
menyebabkan Gambar 2.8. Balok diatas 2 perletakan dan pelenturan
balok tersebut menerima beban P (sehingga melendut) disebut momen
yang
36. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-43-
37. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-44- o Balok
tersebut menderita gaya tekan karena adanya beban P dari kiri dan
kanan. Balok yang menerima gaya yang searah dengan sumbu
batang, maka akan menerima beban gaya dalam yang disebut Normal
yang diberi notasi N. o Balok tersebut menderita gaya lintang, akibat
adanya reaksi perletakan atau gaya-gaya yang tegak lurus ( B ) sumbu
batang, balok tersebut menerima gaya dalam yang disebut gaya
lintang dan diberi notasi D.2.2.4. Gaya Dalam Momen a). Pengertian
Momen (M) Suatu balok yang terletak diatas 2 c P (kg) q tumpuan
dengan beban seperti pada kg/mƞ gambar, ada beban terbagi rata q
(kg/mƞ)A B dan beban terpusat P (kg). Balok tersebut akan menerima
beban c x lentur sehingga balok akan melendut, l yang berarti balok
tersebut menerimaRA RB (m) beban lentur atau momen. (atau
menerima gaya dalam momen)Gambar 2.9. Balok yang menerima
beban terpusat dan terbagi rataDefinisi Momen adalah perkalian antara
gaya x jarak.Balok yang terletak antara tumpuan A dan B menderita
(menerima) momen. Momen untuk daerah balok antara perletakan A
ke perletakan B dengan variable x bisa ditulis sebagai berikut : I II (1)
Mx = RA . x ƛ q.x. ½ x (dihitung dari kiri ke potongan c-c) Ʀ.(pers. 1)
gaya jarak gaya jarak
38. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-45- Misal kita ambil
potongan c-c yang terletak sejarak x dari A RA (reaksi di A) merupakan
gaya I x = adalah jarak dari RA ke potongan c-c sejauh x qx =
merupakan gaya dari beban terbagi rata sejauh x yang diberi notasi
(Q1 = qx) II ½x= adalah jarak dari titik berat beban terbagi rata
sepanjang x ke potongan c-c q (kg/mƞ) titik berat qx c ½x c Q1= qx x
Gambar 2.10. Gambar potongan struktur bagian kiri Kalau dihitung dari
sebelah kanan ke (c-c) I II Mx = RB (l-x) ƛ q (l ƛ x) . ½ (l -x) (dihitung
dari kanan) ƦƦƦ. (pers. 2) Kalau diambil di potongan c-c RB (reaksi di
B) merupakan gaya I (l-x) = jarak dari RB ke potongan c-c Q (l-x) =
merupakan gaya dari beban terbagi rata sejauh (l-x) q (l-x) = Q2 ½ (l-x)
= adalah jarak dari titik berat beban terbagi
39. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-46- II Kalau
menghitung besarnya momen di c- c c q (kg/mƞ) boleh dari kiri
potongan seperti pada titik berat dari q (l-x) persamaan (1) ataupun
menghitung dari kanan potongan seperti pada persamaan (2) dan
hasilnya pasti sama. y Tanda Gaya ½ (l-x) c Q2 = q (l- Dalam x)
Momen l -x tertekan Untuk memberi perbedaan antara momen-
Gambar 2.11. Gambar potongan struktur bagian momen yang
mempunyai arah berbeda, maka tertekankanan perlu memberi tanda
terhadap momen tersebut. tertarik Jika momen tersebut mampu
melentur suatu tertarik balok sehingga serat atas tertekan dan serat
Tanda momen (+) * Tanda momen (+) * bawah tertarik maka momen
tersebut diberi tanda (+) = positif. Demikian juga sebaliknya. Tanda
momen (-) * Gambar 2.12. Tanda momen2.2.5. Gaya Lintang (D) c P
Kalau dilihat, balok yang terletak q (kg/mƞ) (kg) diatas 2 (dua)
perletakan A dan B, menerima gaya-gaya yang c arahnya B (tegak
lurus) terhadap sumbu balok. Gaya- RA gaya tersebut adalah RA ; q
dan RB RB gaya-gaya tersebut yang Gambar 2.13. Gambar balok
menerima memberi gaya lintang terhadap beban
40. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-47- Definisi : Gaya
lintang adalah gaya-gaya yang B dengan sumbu batang. Kalau kita
ambil salah satu potongan antara perletakan A-B yaitu c-c, maka coba
gaya-gaya apa saja yang arahnya B (tegak lurus) terhadap sumbu AB.
y kalau dilihat dari C ke kiri potongan, maka (1) Dc = RA ƛ q x = RA ƛ
Q1 (gaya lintang di c yang dihitung dari kiri potongan) x c q (kg/mƞ) c
Q1=q x RA Gambar 2.14. Potongan balok bagian kiri y Kalau dihitung
dari titik c ke kanan potongan, maka (2) D1 = RB ƛ q (l-x) ƛ P = RB ƛ
Q2 ƛ P (gaya lintang di c yang dihitung dari kanan potongan) P c q
(kg/mƞ) c Q2 = q (l- x) (l ƛ x) RB Gambar 2.15. Potongan balok bagian
kanan
41. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-48- y Tanda Gaya
Lintang P C A B Untuk membedakan gaya lintang, maka RB perlu
memberi tanda (+) dan (-). C Definisi : * Gaya lintang diberi tanda
positif jika C dilihat di kiri potongan titik yang RA ditinjau, jumlah gaya
arahnya ke atas, atau kalau dilihat di kanan RB potongan, jumlah gaya
arahnya keGambar 2.16. Skema gaya lintang dengan tanda positif
(+)Coba dilihat pada Gambar 1 dari kalau kita mau menghitung
besarnyagaya lintang di c (Dc). C Dilihat dari kiri potongan C, gaya
yang ada hanya RA, jadi jumlah gaya-gayanya yang B sumbu hanya
RA dengan arah RA o (keatas) jadi tanda gaya lintang adalah positip. P
Jika dilihat dari kanan potongan c, gaya yang C ada B terhadap sumbu
adalah RB ( o ) keatas dan P (q ) kebawah. Karena RB adalah RB
merupakan reaksi, maka P > RB sehingga jumlah antara P dan RB
arah ( q ) kebawah,
42. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-49-* P Definisi : D
B A * Gaya lintang diberi tanda negatif, jika dilihat di kiri titik potongan
P D yang ditinjau arahnya kebawah A ( q ) dan bila ditinjau di kanan
titik D B potongan yang ditinjau arahnya ke atas. Gambar 2.17.
Gambar 2 Skema gaya lintang dengan tanda negatif (-)Coba dilihat
pada Gambar 2.17 bagaimana kalau kita mau menghitung
besarnyagaya lintang di D (DD). P D Dilihat dari kiri potongan D, gaya-
gaya yang B RA sumbu hanya RA dan P, karena RA adalah reaksi.
Jadi RA < P, maka resultante gaya-gaya antara RA dan P arahnya
adalah kebawah ( q ), D maka gaya lintangnya tandanya negatif. Jika
dilihat di sebelah kanan potongan gaya- gaya yang B sumbu hanya RB
dengan arah ke RB atas ( o ), Jadi gaya lintangnya tandanya adalah
43. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-50-Jadi untuk
menghitung gaya lintang, baik dihitung dari kiri ataupun kanan hasilnya
harus sama.2.2.6. Pengertian Tentang Gaya Normal (N) P Definisi :
Gaya normal adalah gaya-gaya yang A B arahnya sejajar (//) terhadap
sumbu beban balok. * Jadi kalau kita lihat balok yang RA RB seperti
pada Gambar 2.18 yang Gambar 3 Gambar 2.18. Balok tanpa beban
mana tidak ada gaya-gaya yang normal sejajar sumbu batang, berarti
balok tersebut tidak mempunyai gaya normal (N). P P Kalau dilihat
pada Gambar 3.19 dimana ada gaya-gaya yang // Gambar 4 (sejajar)
sumbu batang yaitu P, RA maka pada batang AB (Gambar RBGambar
2.19. Balok menerima beban gaya 3.19) menerima gaya normal
(N)normal sebesar P.* Tanda Gaya Normal - Jika gaya yang ada
arahnya menekan balok, maka tanda gaya normalnya P P adalah
negatif (-) { €€p n €€ }.
44. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-51- - Jika gaya
yang ada arahnya menarik balok, maka tanda gaya normalnya P P
adalah positif (+) { n€€ €€p }.2.2.7. Ringkasan Tanda Gaya Dalam M M
tekan tanda momen positif (+) tarik tarik tanda momen negatif (-
tekan )M M tanda gaya lintang positif (+) tanda gaya lintang negatif (-)
tanda gaya normal negatif (-)
45. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-52- tanda gaya
normal positif (+) Gambar 2.20. Ringkasan tanda gaya dalam2.2.8.
Contoh : Penyelesaian Soal 1Sebuah balok statis tertentu diatas 2
perletakan dengan beban seperti padagambar,P1 = 2 2 t (º), P2 = 6t
(¶), P3 = 2t (´)P4 = 3t ; q1 = 2 t/mƞ; q2 = 1 t/mƞ P2 = 6 ton q2 = 1
t/mƞP1 = 2 2 t q1 = 2t/mƞ P1v = 2 t 45 P4 = 3 ton ° C D P = 2t E P1H =
2 t A 3 B RBH RBV 6m RAV 2m 10 2m m
46. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-53- Gambar 2.21.
Balok diatas 2 perletakan dan pembebanannyaDiminta : Gambar
bidang momen, gaya lintang dan bidang normal. (Bidang M, N, dan
D)Jawab : Mencari reaksi verticalDimisalkan arah reaksi vertical di A
RA (µ) keatas dan arah reaksi vertical di B RB (µ) juga keatas.Mencari
RAV dengan 7MB = 0 (jumlah momen-momen terhadap titik B =
0)RAV.10 ƛ P1R.12 ƛ q1.6.7 ƛ P2.4 + 2.q2.1 = 0 2.12 ¤ 2.6.7 ¤ 6.4
2.1.1RAV = = 13 ton (µ)Karena tanda + berarti arah 10 sama dengan
permisalan (+)Pemberian tanda pada persamaan berdasarkan atas
arah momen, yang searahdiberi tanda sama, sedang yang berlawanan
arah diberi tanda berlawanan.RBV 71%!µRBV.10 ƛ q2.q1 ƛ P2.6 ƛ
q1.6.3 + P1R.2 = 0 1.2 .1 ¤ 6.6 ¤ 2.6.3 2.2RBV = = 9 ton (µ) 10Karena
tanda RBV adalah positif berarti arah reaksi RBV sama dengan
permisalanyaitu (µ) keatas.Untuk mengetahui apakah reaksi di A (RA)
dan reaksi di B (RB) adalah benar,maka perlu memakai kontrol yaitu §
V = 0(P1R + q1.6 + P2 + q2.2) ƛ (RAR + RBR) = 0(2 + 2.6 + 6 + 1.2) ƛ
(13 + 9) = 0 Beban vertikal Reaksi vertikal
47. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-54-Mencari Raksi
HorizontalKarena perletakan A = rol tidak ada RAH.Perletakan B =
sendi ada RBH.Untuk mencari RBH dengan memakai syarat
keseimbangan ( § H = 0)§H = 0RBH = P1H + P3 + P4 = 2 + 2 + 3 = 7
ton (³)Menghitung dan Menggambar Gaya Lintang (D)Dihitung secara
bertahapDaerah C A lihat dari kiriGaya lintang dari C ke A bagian kiri
adalah konstanDA kr = P1R = - 2 ton (gaya lintang (D) di kiri titik A, di
kiri potongan arah gayalintang kebawah (¶)DA kn (gaya lintang (D) di
kanan titik A)DA kn = - P1R + RAR = -2 + 13 = 11 ton (di kiri potongan
arah gaya lintang keatas). A DBeban P1 = 2 2 (45°) bisa
diuraikanmenjadi P1V = 2t (¶) dan P1H = 2t ( ) q1 = 2 P2 = 6 2t t/mƞ
ton P3 = 2 tonC D 6m RA = 13 t X
48. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-55-Variabel x
berjalan dari A ke D (sebelah kiri titik P2), sedang beban yang
dihitungdimulai dari titik C.Dx = -2 + 13 ƛ q1 x = (-P1V + RA ƛ
q1x)Persamaan (Linier) didapatUntuk x = 0 DAkn = -2 + 13 = + 11 ton
2.6 didapat (di kiri potongan arah gayaUntuk x = 6 m DD kr= -2 + 13 ƛ
12 = - 1ton lintang ke bawah)DD kn : sedikit di kanan titik D,
melampaui beban P2.DD kn : -2 + 13 ƛ 12 ƛ 6 = - 7 ton (dikiri potongan
arah gaya lintang ke bawah)Dari titik D s/d B tidak ada beban, jadi
Bidang D sama senilai DD kn (konstan dariD sampai B). Daerah B-E
2m q2 = 1 t/mƞ B E P4 = 3 ton x.2 RBV = 9 tonLebih mudah kalau
dihitung dari kanan dari E menuju B.Variabel x2 berjalan dari E ke
B.DE = 0Dx2 = q2 . x2 = + x2 (persamaan liniear)
49. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-56-DB kn kanan
perletakan B (x2 = 2 m) DB kn = + 2 ton (kanan potonganarah ke
kebawah)DB kr (kiri titik B) DB kr = + 2 ƛ 9 = - 7 ton (kanan potongan
arah ke atas) Melewati perletakan BMENGHITUNG DAN
MENGGAMBAR BIDANG NORMAL (N)Daerah C- dihitung dari kiri
sampai D, P2 tidak termasuk dari C ke D nilaiD gaya normal
konstan.ND kr = - P1H = - 2 ton (gaya normal menekan batang)Daerah
D- dihitung dari kiri (beban yang dihitung mulai dari titik C, batangB dari
D ke B nilai gaya normal konstan).ND kn = (-2 ƛ 2) ton = - 4 ton (gaya
normal menekan batang)NB kr = NDkn = - 4 tonDaerah B- dihitung dari
kanan, dari E ke B nilai gaya normal konstan.ENB kn = + 3 ton (gaya
normal menarik batang)Kalau dihitung dari kiri, dimana gaya normal
dihitung dari titik C.Dari kiri DBkn = (-4 + 7) t = + 3 ton (gaya normal
menarik batang)MENGHITUNG DAN MENGGAMBAR BIDANG
MOMEN (M) Daerah C A C P1V = 2t A P1H = 2t 2m x
50. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-57-Variabel x
berjalan dari C ke AMx = - P1v . x = - 2 x (linier)Untuk x = 0 Mc = 0 x=2
MA = - 2.2 = - 4 tm.(momen P1v . x mengakibatkan serat atas tertarik
sehingga tanda negatif(-) ). Daerah A D
51. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-58-Gaya-gaya
yang dihitung mulai dari titik C q1 = 2 t/mƞ C P1V = 2t A P1H = 2t D x.1
RAV = 13t 2 6 m mVariabel x1 berjalan dari A ke DMx1 = -P1V (2 + x1)
+ RA.x1 ƛ ½ q1 x1²Mx1 = -2 (2 + x1) + 13 x1 ƛ ½ q1 x12 (persamaan
parabola) = - ½ q1 x12 + 11 x1 ƛ 4MENCARI MOMEN MAXIMUMD
Mx1 !0 d x1d Mx1 ! q1 x1 ¤ 11 ! 0 p x1 ! 5.5.m d x1Letak dimana harga
Mmax = Letak dimana harga (D = 0) lihat pada Gambar2.22.x1 = 5.5 m
Mmax = - ½ .2 (5.5)² + 11.5.5 ƛ 4 = 26.25 tm.
52. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-59-Mencari titik
dimana M = 0Mx1 = - ½ .q1.x12 + 11 x1 ƛ 4 = 0 = x12 ƛ 11 x1 + 4 =
0x1 = 0.3756 m (yang dipakai)x1ƞ = 10.62 m (tidak mungkin)Untuk x1
= 6 MD = -36 + 66 ƛ 4 = + 26 tm Daerah E-B (dihitung dari kanan, titik
E ke titik B) variabel x2 berjalan dari E ke B q2 = 1 t/mƞ P4 = 3 t B E
2m x2 Dihitung dari kananParabolaMx2 = - ½ q2 x22 didapatUntuk x2
= 0 ME = 0Untuk x2 = 2didapat MB = - ½ . 1.4 = -2 tm
53. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-60- q1 = P2 = 6 q2
= P1V = 2 t 2t/mƞ ton 1t/mƞ C A D P3 = 2 B E P4 = 3 P1H =2t RBH =
ton ton RBV 7t =9 RAV = 13 t ton 11 + 2 + 1 t 2 - - 6 t 7 t t BIDANG D 2
t - 2 4t t + 3 BIDANG N t 5.5 m linier 2 tm parabola - 4 tm - - + 0.286
linier 0.3756 parabola BIDANG M Gambar 2.22. Gambar bidang M, N,
D balok diatas 2 tumpuan
54. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK) -61- 2.2.9. Contoh
2 Diketahui: KONSOL (CANTILEVER) Suatu konstruksi konsol
(cantilever) dengan P2 = perletkan di D = jepit dengan beban P1 = 2t
q=1 P1 = (¶); P2 = 1t (¶) dan beban terbagi rata q = 1 D 1t t/mƞ 2t t/mƞ
A C B Ditanya : Gambar bidang M, N, D 1m 2m 3m Jawab : Mencari
reaksi di D dengan syarat keseimbangan x1 RD RD = ? 7v = 0 RD ƛ P2
ƛ P1 ƛ q.5 = 0 x2 RD = 2 + 1 + 5.1 = 8 t (o) Untuk menggambar gaya
dalam kita bisa dari kiri atau kanan, pilih yang lebih mudah dalam hal
BIDANG D ini pilih yang dari kanan. 5 Bidang D (dari kanan) 8 + DA kr
= + 2 ton 1t Daerah A B x1 merupakan variabel yang bergerak dari A
ke B BIDANG M Dx1 = 2 + q. x1 Untuk x = 3 DB kn = 2 + 1.3 = 5 ton
(dari kanan potongan arah gaya ke bawah tanda 10.5 positif (+) ). - x2
merupakan variabel yang bergerak dari A ke C 24.5 parabola Daerah B
C32.5 Dx2 = 2 + 1 + q . x2 parabola Untuk x2 = 3 DB kr = 2 + 1 + 1.3 =
6 ton Untuk x2 = 5 DC = 2 + 1 + 5 = 8 ton Bidang A (dari kanan)
Daerah M B linierGambar 2.23. Bidang M, N, MA = 0 D Balok
cantilever
55. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-62- 2 Daerah B -
C : Mx2 = -P1 x2 ƛ P2 (x2 ƛ3) ƛ ½ q x2 : MC = -2.5 ƛ 1.2 ƛ ½ .1.5² = -
24.5 tm ( ) MD : - P1.6 ƛ P2.3 ƛ 5.1 (2.5 + 1) = -12 ƛ 3 ƛ 5.3,5 = 32,5 t
( )2.2.10. Latihan Balok diatas 2 tumpuan. Soal 1 Balok AB dengan
beban P1 = 4t P2 = 4 2t seperti tergambar A = sendi B = rol 45 ° HA A
B P1 = 4 ton P2 = 4 2 ton Ditanyakan; VA RB a) reaksi perletakan 2m
3m 3m b) bidang N, D dan M Soal 2 Balok ADCB dengan beban P ! 3
32 2t P= t seperti tergambar q = 1 t/m A = sendi B = rol 45° HA P1 = 3
2 ton q = 1 ton/m· A D B C Ditanyakan; VA RB a) reaksi perletakan 2m
4m 2m b) bidang N, D dan M
56. MODUL AJAR II (MEKANIKA TEKNIK)-63- Soal 3 ¤ 2 2 2t
¢¡ q , t/m HA ° A £ B C P1 2t VA RB 6m 2m 2mBalok ADCB dengan
beban seperti tergambar :A = sendi B = rol ; P1 = 2 ton P2 = 2 2 ton ; q
= 1,5 ton /m·Ditanyakan; a). reaksi perletakan b). bidang N, D dan M
57. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -1-2.2.11. Rangkuman
Dalam suatu konstruksi ada gaya dalam sebagai berikut : M (momen)
dengan tanda + - D (gaya lintang) dengan tanda + - N (gaya normal)
dengan tanda - +2.2.12. PenutupUntuk mengukur prestasi, mahasiswa
bisa melihat kunci dari soal -soal yang ada sebagai berikut :Jawaban
Soal No. 1 Keterangan Titik Nilai Tanda/arah Reaksi vertikal A : VA 4.5
ton o B : RB 3.5 ton o Reaksi horisontal A : HA 4 ton p Gaya normal =
N A²D 4 ton - tekan D²B 0 Gaya lintang = D A²C 4.5 ton + C²D 0.5 ton +
D²B 3.5 ton - Momen = M A 0 C 9 tm + D 10.5 tm + B 0
58. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -2-Jawaban Soal No. 2
Keterangan Titik Nilai Tanda/arah Reaksi vertikal A : VA 3 ton o B : RB
6 ton o Reaksi horisontal A : HA 3 ton p Gaya normal = N A²D 3 ton -
tekan D²B 0 Gaya lintang = D A ² D kiri 3 ton + D kanan 0 B kiri 4 ton -
B kanan 2 ton + C 0 Momen = M A 0 D 6 tm + B 2 tm - C 0 2 m kanan
4 tm + DJawaban Soal No. 3 Keterangan Titik Nilai Tanda/arah Reaksi
vertikal A : VA 4.625 ton o B : RB 4.375 ton o Reaksi horisontal A : HA
2 ton p Gaya normal = N A²D²B²C 2 ton - tekan Gaya lintang = D A
4.625 ton + D kiri 4.375 ton - D kanan ² B kiri 2.375 ton - B kanan ² C 2
ton + X = 3.08 m kanan A 0 Momen = M A 0 X = 3.08 m 7.13 tm + D
0.75 tm + B 4.0 tm - C 0
59. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -3-2.3. Hubungan Antara
Momen (M) ; Gaya Lintang D dan q(Muatan)Pada gambar terdapat
potongan sepanjang dx batang yang diberi beban terbagi rata (qx),
potongan tersebut antara I dan II sepanjang dx. Dengan beban
sepanjang dx tersebut kita akan mencari hubungan antara beban, gaya
lintang dan momen. qx = beban terbagi rata Mx = momen di potongan I
( ) qx beban ½ dx Dx = gaya lintang di potongan I ( o) qx . dx = berat
beban terbagi rata Sepanjang dx qx.dx Dx + dDx = gaya lintang di
potongan M x + dMx II (¶) Mx Dx D x + dDx batang dDx = selisih gaya
lintang antara Potongan I dan II. Mx + dMx = momen di potongan II ( ) I
II dMx = selisih momen antara I dan II dxGambar 2.24. distribusi gaya
dalam pada balok sepanjang dxKeseimbangan gaya ƛ gaya vertikal 7V
= 0 di potongan IIDx ƛ qx dx ƛ (Dx + d Dx) = 0 (kiri ada Dx (o) dan qx
dx (q) dan kananada Dx + d Dx (q)dDx = - qx dx d Dx ! qx (turunan
pertama dari gaya lintang adalah beban) dxKeseimbangan momen7 M
= 0 di potongan IIMx + Dx dx ƛ qx .dx . ½ dx ƛ (Mx + d Mx) = 0 ½ q. dx²
- 0d Mx = Dx . dx o Kiri ada Mx ; Dx dx dan qx.dx. ½ dx dan kanan ada
Mx + dMx o ½ qx.dx² } 0 karena dx = cukup kecil dan dx² bertambah
kecil sehingga bisa diabaikan.
60. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -4-d Mx ! Dx dx* turunan
pertama dari momen adalah gaya lintang2.4. Balok Miring Pada
pelaksanaan sehari -hari sering kita menjumpai balok yang posisinya
miring seperti : tangga, dalam hal ini kita harus tahu bagaimana
menyelesaikannya. 2.4.1. Pengertian Dasar Balok miring adalah suatu
balok yang berperan sebagai pemikul struktur yang posisinya
membentuk sudut dengan bidang datar, misal : tangga, balok atap dan
lain sebagainya. Pada kenyataan sehari -hari balok-balok tersebut bisa
berdiri sendiri atau digabungkan dengan balok vertikal atau horisontal.
Seperti pada gambar. Dasar Penyelesaian Dalam penyelesaian
struktur, terutama untuk menghitung dan menggambar gaya dalam
adalah (a) sama dengan balok biasa (horizontal). Namun disini perlu
lebih berhati-hati dalam menghitung karena baloknya (b) Gambar 2.25.
Skema balok miring
61. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -5-Dalam hal ini
mahasiswa bisa lebih mendalam dalam pengetrapanpengertian gaya -
gaya dalam pada semua kondisi balok.2.4.2. Contoh soalDiketahui
Suatu balok miring di atas 2 tumpuan, perletakan A = sendi duduk di
bidang horizontal, perletakan B = rol duduk pada bidang miring //
dengan sumbu batang. Beban P 1 = 4 t vertikal di C dan beban P2 = 4t
vertikal di D, dan beban terbagi rata q = 1 t/mƞ dari D ke B dengan
arah vertikal. Ditanya : Gambar bidang M, N, DJawab: q = 1 t/mƞ B rol
P2=4 t P 1=4 RB 3 m = rol jadi reaksinya hanya Di B D satu B sumbu
batang C 5 A E 1m 1m 1m send 3R AH E RAV 4m 4 di B = rol jadi
reaksinya hanya 1m 1m 2m satu B sumbu batang
62. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -6- Gambar 2.26.a.
Pembebanan pada balok miringUntuk mencari reaksi kita lebih cepat
kalau yang dicari reaksi di B dulu.Reaksi di B RB B bidang sentuhRB
dicari dengan 7 MA = 0RB.5 ƛ q.2.3 ƛ P2.2 ƛ P1.1 = 0 18RB.5 ƛ 1.2.3 ƛ
4.2 ƛ 4.1 = 0 RB = ! 3.6 ton (arah R B B sumbu batang) 5Untuk
mencari R AV dicari dulu R AH dengan syarat keseimbangan
horizontal.RAH 7H = 0RAH ƛ RB sin2 = 0 3RAH = .3.6 ton = 2.16 ton
5Mencari R AV dengan 7 M B = 0RAV 7 MB = 0RAV.4 ƛ RAH.3 ƛ P 1.3
ƛ P2.2 ƛ q.2.1 = 0RAV.4 ƛ 2.16.3 ƛ 4.3 ƛ 4.2 ƛ 2.1.1 = 0RAV = 7.12 ton
63. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -7-MENGHITUNG
BIDANG NORMAL (N)Beban P dan q diuraikan menjadi : 1- // sumbu
batang m- B sumbu batang q a E E b q Gambar 2.26.b. Distribusi
beban pada balok miring ® ! q sin E ¾ aGaya yang // sebagai bata ng
menjadi gaya normal (N) ¯ ¿ ° ! q cos E À bGaya yang B sebagai
batang menjadi gaya lintang (D)ND kn = -2q . sin E = -2 .1. 3/5 = -1.2
ton(dari kanan)ND kr = - (4 + 2) sin E = -6 .3/5 = - 3.6 tonNC kr = - (4 +
4 + 2) sin E = -10. 3/5 = - 6 tonMENGHITUNG GAYA LINTANG (D)
(dari kanan)DB kr = - RB = - 3.6 tonDari B ke D Dx = - 3.6 + q.x . cos
EDD kn = - 3.6 + q.2 . cos E= - 3.6 + 2. 4/5 = - 2 tonDD kr = -3.6 + (2 +
4) 4/5 = 1.2 tonDc kr = - 3.6 + (2 + 4 + 4) cos.E!4.4 ton 4/5
64. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -8- 1 t/mƞ B 4t 4t 3m D x C
A 1m 1m 2m 1 t/mƞMENGHITUNG BIDANG MOMEN (M)Dihitung dari
kanan BB ke D 4 4 t RB x 1 tMx = RB . .q.x ² D cos E 2 C x AUntuk x =
0 MB = 0 x cos E 2 1Untuk x = 2 M D = 3.6 . .1.4 ! ¤ 7 tm 4/5 2 E x
3Mc = RB . - q.2.2 ƛ P.1 cos E = 3,6 . 3,75 ƛ 2.2 ƛ 4.1 = + 5.5
tmGambar bidang M, N, D 1 t/mƞ 4t B
65. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -9-Seperti teori
sebelumnya kita bisa menghitung gaya -gaya dalam dari danhasilnya
harus sama. Seperti contoh dibawah ini. Gambar 2.27. Bidang gaya
dalam pada balok miring
66. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -10- PERHITUNGAN
DARI KIRI RAV diuraikan menjadi : RAV. Cos E (gaya B sumbu
batang) RAV . sin% E E RAV. Sin E (gaya // sumbu batang) E RAV .
cos E RAV RAH diuraikan menjadi : R AH sin E RAH. sin E (gaya B
sumbu batang) A ERAH RAH. cos E (gaya // sumbu batang) RAH cos
E N = - (RAV . sin E + RAH . Cos E) RAH = 2.16 t D = + RAV . cos E -
RAH . sin E Sin E = 3/5 Cos E = 4/5 RAV = 7.12 NA kn = - (7.12 . 3/5 +
2.16 . 4/5) = - 6 ton t Gaya normal di C kanan ke D kiri adalah konstan
Di Nc kanan ada pengaruh beban P = 4 ton. NC kn = - [(7.12 ƛ 4). 3/5
+ 2,16 . 4/5] = - 3.6 ton Gaya normal di D kanan ada pengaruh P = 4
ton. NDkn = - [(7,12 ƛ 4 ƛ 4) 3/5 + 2,16 . 4/5] = - 1,2 ton Gaya normal
dari D ke B linier { NB = - 1.2 + q.2 . sin E NB = - 1,2 + 2.1 . 3/5 = 0 ton
Gaya lintang DA kn = R AV cos E - R AH sin E Gaya lintang dari A kn
ke C kiri adalah konstan. DA kn = 7.12 . 4/5 ƛ 2,16 . 3/5 = 4,4 ton Gaya
lintang di C kanan ada pengaruh P = 4 ton Gaya lintang dari C kanan
ke D kiri adalah konstan Dc kn = (7,12 ƛ 4) 4/5 ƛ 2,16 . 3/5 = 1,2 ton
Gaya lintang di D kanan ada pengaruh P = 4t DD kn = (7,12 ƛ 4 ƛ 4)
4/5 ƛ 2,16 . 3/5 = - 2 ton. Gaya lintang dari D ke B adalah linier karena
ada beban terbagi rata. DB = -2 ƛ 2.1 . 4/5 = - 3,6 ton 2.5. Beban
Segitiga Pada kenyataan di lapangan beban tak hanya terpusat a tau
terbagi rata, namun ada yang berbentuk segitiga seperti beban
tekanan , beban tekanan tanah dan lain sebagainya. 2.5.1. Pengertian
Dasar Beban segitiga seiring terjadi pada kenyataan di lapangan
seperti beban tekanan air dan tekanan tanah. Contoh dinding tangki
dinding tangki air
67. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -11-2.5.2. Gambar 2.28.a.
Diagram beban segitiga
68. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -12- Dasar Penyelesaian
Prinsip dasar penyelesaiannya adalah sama dengan yang lain -lain
namun kita harus lebih hati -hati karena bebannya membentuk
persamaan. Persamaan a x = a t/mƞ x .a l ax A B Px a.l a .lRA = RB =
6 2/3x 1/3x a .l 3 P= ton 2 x Gambar 2.28.b. Beban segitiga pada
strukturMencari Reaksi Perletakan lTitik berat beban P : 2/3 l dari A
atau 1/3 l dari B 1/ 3 l§ M B ! 0 p R A .l P .12/3 ! 0 p R A ! / 3l l P 1/3 l l
1 / 3 l a.l a.lRA ! x ! ton l 2 6 2/3 l§ M A ! 0 p R B .l P . 2 / 3 l ! 0 p R B !
P l 2 / 3 l a.l a.lR ! x ! ton l 2 3Menghitung Bidang D (dari kiri)X =
variable bergerak dari A ke B xDi potongan x ax = . a l Beban segitiga
sepanjang x Px = ½ x. ax x ax ² Beban Px = ½ x . . a ! l 2lPersamaan
gaya lintang : a.l ax ²Dx = RA ƛ Px = (parabola) 6 2l Persamaan
pangkat 2Mencari tempat dimana gaya lintang = 0
69. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -13-D=0 RA ƛ Px = 0 a.l ax
² l² ! p x² ! 6 2. l 3 l² 1 XD ! 0 ! ! l 3 3 3MENGHITUNG BIDANG M xMx =
RA . x ƛ Px . 3 a.l ax ² x = .x . 6 2 .l 3 a .l a = x . x³ (persamaan
pangkat 3 / parabola) 6 6lM max terletak di daerah untuk D = 0 1 x= l 3
3 a.l ¨ 1 3 ¸ a ¨1 ¸M max = © l 3¹ l © l 3¹ 6 ª3 º 6 ª3 º a .l² a.l² = 3 3 18 54
70. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -14-Contoh Perhitungan x
ax = .3 6 x 2/3 x 1/3 x h=3 Jawab : ton/mƞ TOTAL BEBAN A B Px
P=½lxh RA RB 3.6 P= = 9 ton P 2 2 l/3 l/3 7 MB RA.l ƛ P l/3 = 0 RA . 6-
9.2 = l=6 m 0 2 RA = .9 = 3 ton 6 7 MA RB . l ƛ P.2/3 l = 0 RB .6-9.4 =
3,464 m 0 3t + 4 D=0 RB = .9 = 6 ton 6 - BIDANG D 6t Menghitung
Bidang D x = variable bergerak dari A ke B x x ax ! .3 ! Gambar 2.29.
Bidang gaya dalam pada beban 6 2 segitiga Px = ½ x . axx = 0 DA = +
3 tonx = 6 DB = - 6 ton x x x² Px ! . ! + 4 2 4Menghitung Bidang M x
Persamaan gaya lintang Dx = R A ƛ PxMx = RA . x ƛ Px . 3 x² Dx = 3 -
x² x x³ 4 = 3x - . ! 3x BIDANG 4 3 12 Mmax M Tempat dimana gaya
lintang = 0D=0 M max (x = 3,464 m) x² D=0 !3 3 4 ¨ 3,464 ¸ M max
3.3,464 - © ¹ ! 10,392 3,464 ! 6,928 tm ª 12 º2.5.3. LATIHAN Soal 1 :
Balok Miring
71. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -15- P ¥ 3t q ¥ 1 t/m C
Balok miring ABC B ditumpu di A = sendi, B = rol, seperti tergambar
Beban q = 1 t/m· , P = 30° A HA 3 ton Ditanyakan; VA a) reaksi 6m 1m
perletakan b) bidang N, D dan M Soal 2 Portal ACB dengan q = 1.5 t/m
P=4t perletakan A = sendi , B B = rol, seperti tergambar; Beban q = 1
t/m· , P = 3m RB A E 3 ton . HA Ditanyakan; VA a) reaksi 4m 3m
perletakan b) bidang N, D dan M Soal 3 : Balok dengan beban segitiga.
q ¦ t/m X A RHA VA RB L Balok AB dengan beban segitiga seperti
tergambar A = sendi, B = rol Ditanyakan; a) reaksi perletakan c) bidang
N, D dan M Soal 4
72. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -16- q § 3 t/m A RHA B C
RAV RB 4m 2m Balok ABC dengan beban segi tiga q = 3 t/m ditumpu
pada A = sendi , B = rol, seperti tergambar; Ditanyakan; a) reaksi
perletakan b) bidang N, D dan M 2.5.4. Rangkuman - Balok miring
adalah balok yang seiring dipergunakan dalam struktur tangga,
ketelitian perhitungan perlu. - Beban segitiga (() adalah beban yang
terjadi akibat tekanan air dan tekanan tanah, besarnya merupakan
fungsi x. 2.5.5. Penutup Untuk mengukur prestasi, mahasiswa bisa
melihat kunci soal -soal yang ada sebagai berikut :Soal no. 1
Keterangan Titik Nilai Tanda/arah Reaksi vertikal A : VA 4.12 ton o
Reaksi miring B : RB 5.63 t Atau : H B 2.815 t n VB 4.88 t o Reaksi
horisontal A : HA 3 ton p Gaya normal = N A 9.76 ton - tekan B kiri 1.50
t - tekan B kanan ² C 1.50 t - tekan Gaya lintang = D A 2.16 t + B kiri t -
B kanan ² C 2.6 t + X = 2.88m jarak miring dr A 0 Momen = M A 0 B 3
tm - C 0 X = 2.88 m 3.11 tm +
73. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -17-Jawaban soal no. 2
Keterangan Titik Nilai Tanda/arah Reaksi vertikal A : VA 6 ton o B : RB
4 ton o Reaksi horisontal A : HA 0 p Data pendukung Sin E 3/5 Cos E
4/5 Gaya normal = N A 3.6 ton - tekan C bawah 0 C kanan ² B 0 Gaya
lintang = D A 5.2 ton + C kiri 0 C kanan ² B 4 ton - Momen = M A 0 C
12 tm(max) + X = 2 m horisontal 9 tm + dari A B 0Jawaban soal no. 3
Keterangan Titik Nilai Tanda/arah Reaksi vertikal A : RAV q.l o 6 B :
RB q.l o 3 Reaksi horisontal A : RAH 0 Gaya normal = N A-B 0 Gaya
lintang = D A «««.. q.l + 6 B «««.. q.l - 3 L 0 X= = 0.5774 L dari A 3
Momen = M A 0 B 0 C L 0.06415 x q + X= ««««. 3 x l2 (max)Jawaban
soal no. 4
74. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -18- Keterangan Titik Nilai
Tanda/arah Reaksi vertikal A : VA 4.5 ton o B : RB 4.5 ton o Reaksi
horisontal A : RAH 0 p Gaya normal = N A²B-C 0 Gaya lintang = D A
4.5 ton + B kiri 3.5 ton - B kanan 1 ton + C 0 X = 2.24m dari B 0
Momen = M A 0 B 0.67 tm - X = 2.24m 3.73 tm +2.5.6. Daftar Pustaka -
Suwarno, ƏMekanika Teknik Statis TertentuƐ, UGM, Bab I - Soemono,
ƏStatika IƐ, ITB, Bab I.2.5.7. Senarai Balok miring = balok yang
membentuk sudut Beban segitiga = besarnya merupakan fungsi x
75. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -19- RB 4/5 RB 3/5 R
Bcatatan : q.2.2 2 = panjang beban terbagi rata 2 = jarak titik berat q ke
titik D. x Di ujung titik A RAV dan RAH diuraikan menjadi gaya -gaya
yang B (tegaklurus) dan // (sejajar) dengan sumbu x = jarak R B ke
sepanjang batang cos E BD xPersamaan garis ax = .a l a .lResultante
Beban : P = ton 2Diketahui :
76. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -20-Balok di atas 2
perletakan A dan B, dengan beban segitiga diatasnya,tinggi beban di
atas perletakan B adalah 3 ton/mƞ= h.Ditanya : Selesaikan dan
gambar bidang gaya dalamnya Pada pelaksanaan sehari -hari sering
dijumpai beban yang berbentuk linier segitiga, seperti bebab Tekanan
tanah dan beban air pada tandon air, bagaimana penyelesaiannya bisa
lihat dalam contoh soal. Balok statis tertentu diatas 2 perletakan
dengan beban U (segitiga) seperti pada gambar. Tahap
penyelesaiannya adalah sebagai berikut : Persamaan a x = a t/mƞ x .a
l ax A B Px a.l a.lRA = RB = 6 2/3x 1/3x a .l 3 P= ton 2 x l 2/3 l 1/3 l
77. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -21- 2.6. Gelagar Tidak
Langsung 2.6.1. Pengertian DasarAda beberapa macam model
jembatan yang ada di lapangan yaitu jembatan yang terbuat dari beton
dan jembatan yang terbuat dari kayu, bambu, dan profil baja. Kalau
jembatan yang terbuat dari beton karena bentuknya bisa dibuat sesuai
dengan yang diinginkan, maka dalam hal ini roda kendaraan bisa
diterima langsung oleh plat lantai yang terbuat dari beton tersebut. Plat
lantai kendaraan yang terbuat dari beton Gambar 2.30. Jembatan
dengan gelagar langsungJembatan yang roda kendaraannya bisa
diterima langsung oleh plat lantai kendaraan yang terbuat dari beton
disebut dengan gelagar langsung. Untuk jembatan yang terbuat dari
kayu, bambu, baja, maka roda kendaraan tidak bisa secara langsung
diterima oleh struktur kayu, bambu atau baja tersebut, melainkan harus
lewat suatu perantara yang disebut dengan gelagar melintang, gelagar
memanjang dan plat lantai dasar (lihat Gambar 2.31). Untuk jembatan
dimana yang roda kendaraan tidak bisa langsung diterima oleh struktur
utama disebut dengan gelagar tidak langsung atau beban tidak
langsung yang mana da lam penggambaran seperti pada Gambar
2.31.
78. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -22-arahmuatan aspa l
Potongan Gel. melintang melintang Gelagar induk Gel. memanjang
Potongan Melintang Gambar 2.31. Skema gelagar tidak langsung dari
suatu jembatan
79. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -23- 2.6.2. Skema
Penggambaran MuatanTidak Langsung dalam Mekanika Teknik Untuk
mempercepat perhitungan maka struktur dengan muatan tak langsung
harus mengalami penyederha naan. gel. memanjang gel. melintang
gel. induk / Gambar 2.32. Penyederhanaan awal, gel. tida k langsung
Gambar 2.33. Penyederhanaan akhir, untuk gel. tidak 2.6.3. Cara
distribusi bebanKarena roda kendaraan tidak langsung diterima oleh
gelagar utama (gel. induk), melainkan lewat perantara gelagar
melintang, maka beban yang diterima oleh gelagar induk tidak selalu
sama dengan beban yang berada diatas jembatan. q kg/mƞ beban
terbagi rata gel. melintang gelagar induk / utama P P beban terbagi
rata tersebut akan ditransfer ke gelagar induk melewati beban terbagi
rata gelagar melintang jadi yang diatas gel. memanjang sebenarnya
beban merata, mas uk ke P P P gelagar induk (utama) menjadi beban
80. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -24- Q Jika beban terpusat
Q berada diantara gel. a b melintang, maka Q tersebut didistribusi
menjadi beban Q 1 dan Q 2. dimana a b P Q2 = Q dan Q1 ! x x Q1 Q2
A Gambar 2.35. Distribusi beban terpusat pada gelagar tidak
langsungBEBAN TAK LANGSUNGContoh :Suatu gelagar yang tidak
langsung mendapat beban q t/m¶ dengan jumlah bentang gel.
memanjanggenap. II I q t/mƞ Potongan I ƛ I = tepat diatas gel.
melintang Potongan II-II = ditengah-tengah gel. melintang gelagar
induk 6P Menghitung momen di potongan I -I II I P/2 P P P P P P/2 M I
(untuk potongan I -I) M I = RA . 2P - P/2 . 2P - P. P 3 q P II I 3qP = 6q
P² - qP² - qP² = 4 q P² (muatan tidak langsung)
81. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -25-Kalau dicek memakai
muatan langsung adalah :M I = beban langsungM I = 3.q P . 2P - ½ q
(2P)² = 6q P² - 2 q P² = 4 q P²Catatan :Besar M (momen) pada titik
balok penghubung (gel. Melintang) bolehdihitung sebagai beban
langsung.Penyelesaian :P=qPRA = RB = 3q PBeban diantara
perletakan P = q PBeban di atas perletakan P/2 = q P/2Perhitungan
Momen IIPada Potongan II q t/mƞ Dengan memakai beban langsung
MII = 3 qP . 1.5 P - ½ q (1.5 P)² II = 4.5 P² - 1.125 qP² P P/2 = 3.375
qP² 3qP ½ qP qP II Jika dihitung dengan beban tidak langsung P P/2 II
M II = 3q P . 1.5P - ½ q P . 1.5 P 3qP - q P . ½ P = 3.25 q P² q t/mƞ
Perbedaan momen (0.125 q P²) q t/mƞ Perbedaan tersebut adalah dari
: P 1 Momen lantai = q P ² ! 0.125 q P ² 8 0.125 qP² kendaraa
82. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -26- Catatan : Momen
tidak langsung (diantara gelagar) MII = M langsung ƛ M. lantai = 3.375
q P² - 0.125 q P² = 3.25 q P² jadi dalam hal ini ada perbedaan nilai
perhitungan momen pada gelagar tak langsung untuk potongan
dibawah gelagar melintang dan potongan diantara gelagar melintang.
Perhitungan gaya lintang (D) ½ P P P P P ½ P P Walaupun beban
terbagi rata, tapi kalau gelagarnya tidak langsung, maka gambar
bidang D (bidang gaya lintang), garisnya 3P 3P bukan linier, namun s
eperti gaya lintang P beban terpusat.2½ PP + P - P 2½ P P Bidang D
Gambar 2.37. Bidang gaya l intang (D) dari gelagar tidak langsung
83. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -27- 2.6.4. Latihan Soal 1:
q = 1.5 t/mƞ Balok AB mendapat beban tak langsung seperti
tergambar, q = 1,5 t/mƞ sepanjang bentang. Ditanyakan : a). Gaya
reaksi V A, A 5 H A , RB 1 2 3 4 B HA b). Bidang N, D, M VA P P P P R
B = 2m Soal 2 : P1=3t P2=1t Balok ABC mendapat beban tak 1m
langsung seperti tergambar, P1 = 1 2 3 4 5 6 3tHA P 2 = 1t B C P P P
P P Ditanyakan : a). Gaya reaksi V A, H A, = 3m RB RB VA b). Bidang
N, D, M. 2.6.5. Rangkuman - Gelagar tidak langsung biasanya terdapat
pada jembatan kayu atau baja - Apapun bentuk beban yang terdapat
diatas jembatan, transfernya ke gelagar utama selalu berbentuk beban
terpusat. 2.6.6. Penutup Untuk mengukur prestasi, mahasiswa bisa
melihat hasil atau kunci - kunci yang ada.
84. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -28-Soal no 1 Keterangan
Titik Nilai Arah / Tanda Reaksi Vertikal A : VA 6t o B : RB 6t oReaksi
Horizontal A : HA 0Beban Pada Titik 1 1,5 t q 2 3,0 t q 3 3,0 t q 4 3,0 t
q 5 1,5 t qGaya Normal = N 1-2-3-4-5 0Gaya Lintang = D 1-2 4,5 t ¤ 2-
3 1,5 t ¤ 3-4 1,5 t 4-5 4,5 t Momen = M A=1 0 2 9 tm ¤ 3 12 tm ¤ 4 9
tm ¤ 5=B 0 ¤Soal No. 2 Keterangan Titik Nilai Arah / Tanda Reaksi
Vertikal A : VA 1,75 t o B : RB 2,25 tReaksi Horizontal A : HA 0Beban
Pada Titik 1 0 2 2t q 3 1t q 4 0 5 0 6 1t qGaya Normal = N 1-2-3-4-5-6
0Gaya Lintang = D 1-2 1,75 t ¤ 2-3 0,25 t 3-4 1,25 t 4-5 1,25 t 5-6
1,00 t ¤ Momen = M A=1 0 2 5,25 tm ¤ 3 4,5 tm ¤ 4 0,75 tm ¤
85. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -29- 5=B 3,0 tm 6=C
0Gaya Normal = N AƛBƛC 0Gaya Lintang = D A 4.5 ton + B kiri 3.5 ton
- B Kanan 1 ton + C 0 X = 2.24 m dari 0 B Momen = M A 0 B 0.67 tm -
X = 2.24 m 3.73 tm +2.6.7. Daftar Pustaka - Soemono, ƏStatika IƐ,
ITB-Bab I - Suwarno, ƏMekanika Teknik Statis TertentuƐ, UGM Bab
I.2.6.8. Senarai Muatan tak langsung = beban tak langsung = beban
yang tak langsung terletak di balok induk.
86. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -30- 2.7. Garis Pengaruh
2.7.1. Pendahuluan Kalau kita meninjau atau melihat suatu jembatan,
maka struktur tersebut selalu dilewati oleh suatu muatan yang
berjalan.Di sisi lain kalau kita meng analisa struktur maka yang dicari
dari struktur tersebut adalah, reaksi-reaksi kemudian gaya -gaya
dalamnya yaitu, gaya momen, gaya lintang dan gaya normal. Jika dua
hal tersebut dipadukan, maka kaitannya adalah : Berapa besarnya nilai
maksimum dari gaya -gaya dalam di suatu tempat di struktur tersebut,
jika ada muatan yang berjalan di atasnya ?. Untuk menjawab hal
tersebut diperlukan suatu garis pengaruh. Garis pengaruh ini sebagai
alat bantu untuk mencari nilai reaksi; gaya momen, gaya lintang, dan
gaya no rmal, jika di atas struktur jembatan tersebut berjalan suatu
muatan. 2.7.2. Pengertian Dasar Untuk mempermudah suatu
penyelesaian, maka didalam suatu garis pengaruh, muatan yang
dipakai sebagai standard adalah beban P sebesar satu satuan (ton
atau kg atau Newto n) yang berjalan diatas struktur suatu jembatan
tersebut. Sedang bentuk garis pengaruh tersebut adalah suatu garis
yang menunjukkan nilai dari apa yang akan dicari tersebut misal :
Reaksi (R) atau gaya momen (M) atau, gaya lintang (D) atau gaya
normal (N) di suatu tempat pada gelagar tersebut. Definisi Garis
pengaruh : adalah garis yang menunjukkan besarnya R (Reaksi), atau
gaya dalam M (Momen), atau N (Normal), atau D (Lintang) disuatu titik
akibat pengaruh dari muatan sebesar 1 ton berjalan.
87. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -31- Contoh 1 : Mencari
garis pengaruh Reaksi (R A dan R B) x x = variabel sesuai letak
(posisi) P yang bergerak P=1 dari titik A ke titik B ton Muatan P = 1 ton
berjalan dari A ke B A B G.P.R A (Garis Pengaruh Reaksi di A) RA l
RB 7 MB = 0 RA . l ƛ P (l-x) = 0 P(l - x) l x RA = ! ton (linier ) l l G.P. R
A Untuk P di A x=0 RA = 1 ton + Untuk P di B x=l RA = 0 ton1 ton
G.P.RB (Garis Pengaruh Reaksi di B) 7 M A = 0 R B.l ƛ P.x = 0 P.x x
RB = ! ton (linier) G.P. R B l l + 1 ton Untuk P di A x=0 RB = 0 Untuk P
di B x=l RB = 1 ton Gambar 2.38. Gambar garis pengaruh R A dan RB
88. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -32- 2.7.3. Kegunaan dari
suatu Garis Pengaruh X P=1 tA B RA l RB Ini adalah GP.R A (Garis
Pengaruh Reaksi di + A)1t GP.R A Garis ini menunjukkan besarnya
nilai R A sesuai dengan posisi P yang berjalan diatas gelagar + 1t P=1
GP.R B Ini adalah GP.R B (Garis Pengaruh Reaksi di t B) Garis ini
menunjukkan besarnya n ilai R B sesuaiA C B dengan posisi P yang
berjalan diatas gelagar a b * Jika beban P = 1 ton berada di titik C + y1
sejauh a dari perletakan A dan sejauh b1t GP.RA dari perletakan B,
maka besarnya reaksi di A RA = y1 dan besarnya reaksi di B R B y2 =
y2, dimana GP.R B + 1t b a y1 = ton dan y 2 = ton, jadi P=1 l l Gambar
2.39 t b a RA = ton dan R B = ton l lA D B Gambar 2.39. Kegunaan dari
garis pengaruh c d untuk beban di titik c y3 + * Jika beban P = 1 ton
berada di atas titik D1t GP.RA sejauh c dari perletakan A dan sejauh d
dari perletakan B, maka besarnya reaksi + y4 + di A R A = y3 dan
besarnya reaksi di B GP.RB 1t RB = y4, dimana Gambar 2.40 d c P= 4
y3 = ton dan y 4 = ton, jadi ton l l d cA C B RA = ton dan R B = ton l l a
b Gambar 2.40. Kegunaan digaris + y1 pengaruh untuk beban di1t titik
D GP.R A y2 Bagaimana kalau P tidak sama dengan GP.R B + 1t 1 ton
Jika P = 4 ton terletak di titik c Gambar 2.41. Kegunaan garis
pengaruhRA = 4 .beban tidak=sama atau Maka untuk y1 dan RB 4 . y2
dengan 1 ton 4b 4a RA = dan RB ! l l
89. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -33- P=6 Jika P = 6 ton
terletak ti titik D t Maka RA = 6 . y3 dan R B = 6 y4 atau A D B c d 6d c
RA = ton dan R B ! 6 ton l l y3 + 1t GP.R A Gambar 2.42. Kegunaan
garis pengaruh untuk beban P = 6t y4 + + GP.RB 1t Bagaimana kalau
ada beberapa muatan : P= 4 P2= 6 y Jika di atas gelagar ada muatan
ton ton A C D B P1 = 4t di c, sejarak dari titik A, sejarak b a b c d dari
titik B, dan P 2 = 6t sejarak c dari titik A, sejarak d dari titik B, maka y3
y1 GP.RA 1t + b d RA = 4y1 + 6y3 = 4 . ton ¤ 6 ton y2 1t l l GP.R B y4
+ a c RB = 4 y2 + 6 y4 = 4 ton ¤ 6 ton l lGambar 2.43. Kegunaan garis
pengaruh untuk beban P 1 = 4 ton dan P 2 = 6 ton Beberapa Contoh 1.
Mencari Garis Pengaruh Gaya Lintang (G.P.D) P = 1 ton berjalan dari
A ke B X = variabel yang bergerak sesuai dengan posisi P dari A ke B
C = suatu titik terletak antara A ƛ B
90. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -34- P = 1t G.P. Dc (Garis
Pengaruh Gaya Lintang di x C)A B P berjalan dari A ke C C 7 MA = 0
RB . l ƛ P.x = 0 RA l RB Px x RB = ! ton l l a b Dc dihitung dari kanan x
Dc = -RB = ton (linier) l P = 1t Untuk P di A x=0 Dc = 0 x a Untuk P di
C kr x = a Dc = - ton lA B C P berjalan dari C ke B P (l x ) l x a RA = !
ton l l l G.P. R B Dc dihitung dari kiri - l x + Dc = RA = ton (linier ) l
Untuk P di C kn x=a b/l G.P. R A l a b Dc = ! ton G.P. D c l l ll ! 0 ton
lGambar 2.44. Gambar garis pengaruh gaya lintang
91. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -35- Mencari Garis
Pengaruh Momen (G.P.M) P = 1 ton berjalan dari A ke B x = variabel
yang bergerak dari A ke B sesuai posisi P. P = 1t x G.P. Mc (Garis
Pengaruh Gaya Lintang di C)A B C P berjalan dari A ke C RA l RB Px x
RB = ! ton l l a b Mc dihitung dari kanan x Mc = + RB . b = ¤ . b tm
(linier ) l Untuk P di A x=0 Mc = 0 P = 1t a .b x Untuk P di C x=a Mc = +
tm lA B C P berjalan dari C ke B P (l x ) l x RA = ton ! ton l l Mc
dihitung dari kiri + ¨l x ¸ Mc = + RA . a tm = © ¹ . a tm a.b tm ª l º GP
RB.b l Untuk P di C x=a Mc = GP R A.a ¨l a¸ b © ¹ ! . a . tm G.P. M c ª l
º l ¨l l ¸ Untuk P di B x=l Mc = © ¹ a . tm ª l ºGambar 2.45. Gambar garis
pengaruh = 0 tm momen di c (GP Mc)
92. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -36- 3. Contoh lain
Diketahui : Balok ABC diatas 2 P perletakan A dan B x D B C Ditanya :
Gambar Garis Pengaruh R A, A RB, M D, DD, DBkn 2 m l=6 l 1= 2 m
Jawab : m lx GP.R A : 7 MB = 0 RA = ton l GP.RA - 1/3 t Untuk P di A x
= 0 RA = 1 ton Untuk P di B x = l RA = 0 + 1t Untuk P di C x = 8 l 8 68
2 1 RA = ! ! ton ! ton l 6 6 3 x GP.R B : 7 . M A = 0 RB = ton GP.R B lt
Untuk P di A x=0 RB = 0 + 1t Untuk P di B x=l RB = 1 ton 4 Untuk P di
C x=8 3 8 8 4 RB = ! ! ton l 6 3 2/3 ton GP. MD GP.M D P antara A-D
lihat kanan bagian - x M D = RB . 4 = . 4 tm + lGP.R B.4 Untuk P di A x
= 0 MD = 0 GP.R A.2 Untuk P di D x = 2 m 2.4 4 MD = ! tm 6 3 4 tm P
antara D-C lihat bagian 3 l x M D = RA . 2 = .2 l Untuk P di D x = 2m 1 l
2 62 4 t MD = .2 ! .2 ! tm 1 3 l 6 3 t GP.R B 3 GP.DD Untuk P di B x = 8
m 68 2 - MD = . t ! tm - 63 3 + 2 3 GP.R A
93. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -37- GP.DD P antara A-D
lihat kanan bagian x D D = - RB = - ton l P di A x = 0 DD = 0 P di D x =
2 DD = -2/6 ton = -1/3 ton P antara D-C lihat kiri bagian l x D D = RA =
ton l 62 2 P di D x=2 DD = ! ton 6 3 P di B x=6m DD = 0 68 1 P di C
x=8m DD = ! ton 6 3 GP.DBkr Bkr Bkn B C P antara A-Bkr lihat kanan
bagianA DBkr = - RB GP.DBkr P antara B-C lihat kiri bagian DBkr = +
RA - - 1/3 1t GP.R A t GP.R B GP.DBkn P antara A ƛ B lihat kanan
bagian DBkn = 0 GP.D Bkn P antara B ƛ C lihat kanan bagian 1t +
DBkn = P = 1 ton GP.MB 2 tm P antara A ƛ B lihat kanan bagian MB =
0 GP.M B - P antara B ƛ C lihat kanan bagian M B = -x tm x P di B x=0
MB = 0 P di C x = 2m M B = -2 tm Gambar 2.46. Gambar kn- macam-
macam garis
94. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -38-2.7.4. LATIHAN Soal 1
P ¨ berjalan 1 t bejana A B I RA RB 3m 5m a) Akibat beban P = 1ton
berjalan diatas balok ABC, ditanyakan GPR A, GPRB, GPD I, GPMI b)
Bila beban 3m berjalan, Ditanya; P1 = P2 = 4t 2t DI (+) max. DI (-)
max. MI max. M max. max. P = 1 t berjalan Soal 2 © A I B C RA RB
4m 5m 3m Akibat beban P = 1ton berjalan diatas balok ABC,
ditanyakan GP R A, GP RB, GP D I, GP MI 3m a) Bila beban berjalan,
Ditanya; RB max. MI max.
95. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -39- 2.7.5. Rangkuman o
Garis pengaruh adalah : garis yang menunjukkan besarn ya reaksi
atau gaya-gaya dalam disuatu titik, akibat muatan berjalan sebesar 1
ton. o Beban yang dipakai untuk garis pengaruh adalah satu satuan
muatan (ton atau kg atau Newton). 2.7.6. Penutup o Untuk mengukur
prestasi, mahasiswa bisa melihat hasil jawaban sebagai berikut :
Jawaban soal no. 1 Keterangan P = 1 ton di titik Nilai Tanda/arah RA A
1 ton + o B 0 RB A 0 B 1 ton + o DI A 0 3 - t I kiri 8 5 + I kanan 8 MI A 0
B 0 I 15 tm 8 + RA max. = + 5.5 ton D I (+) max. = + 3.3 ton MI max. =
+ 9 tm Mmax. Max. = + 9.1875 tm
96. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -40-Jawaban soal no. 2
Keterangan P = 1 ton di titik Nilai Tanda/arah RA A 1 ton + o B 0 C 0.3
ton - o RB A 0 B 1 ton + o C 1.3 ton + o DI A 0 I kiri 0.4 ton - I kanan
0.6 ton + B 0 C 0.3 ton - MI A 0 B 0 I 2.4 tm + C 1.2 tm - MB A 0 B 0 C
3 TM - RB max. = + 5.175 ton MI max. = + 9.18 tm2.7.7. Daftar
Pustaka - Soemono, ƏStatika IƐ, ITB, Bab I. - Suwarno, ƏMekanika
Teknik Statis TertentuƐ, UGM Bab I.2.7.8. Senarai - Garis pengaruh -
Beban berjalan
97. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -41-MODUL : 3 : ARTI
BALOK GERBER DAN CARA PENYELESAINNYA3.1. Judul : BALOK
GERBERTujuan Pembelajaran UmumSetelah membaca materi ini
diharapkan mahasiswa mengerti apa artibalok gerber serta mengetahui
bagaimana cara menyelesaikan strukturtersebut.Tujuan Pembelajaran
KhususMahasiswa diharapkan bisa mengerti dengan seksama tentang
pengertianbalok gerber, syarat -syarat yang diperlukan untuk
menyelesaikan danmahasiswa bisa menggambarkan bidang -bidang
gaya dalam baloktersebut.3.1.1. Pendahuluan Didalam kenyataan se -
hari-hari jarang dijumpai jembatan y ang berbentang Satu.( ). Untuk
mengatasi penyeberangan sungaiyang mempunyai lebar > 100
mpenampang cukup besar (>100m) ( ) maka dibuatlah suatujembatan
yang berbentang lebih dari satu, sehingga mempunyaiperletakan > 2
buah.a). A B Kalau dilihat pada gambar b, perletakan dari jembatan
tersebut > 2 buah, yaitu 3 buah dimana A = Jembatan berbentang
sendi; B = rol dan C = rol. Kalau di satu perletakan A terdapat 2 reaksi
(karena A = sendi) yaitu R AH dan R AV, perletakan di B terdapat 1
reaksi (karena B = rol) yaitu R BV, perletakan di C ada 1 reaksi (karena
C = rol) yaitu R , maka jumlah
98. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -42-b). A B C Jembatan
berbentang lebih dari satuGambar 3.1. Macam-macam bentang
jembatanJika dalam persamaan keseimbangan hanya punya 3 buah
( 7V = 0; 7H =0; 7M = 0) berarti untuk bisa menyelesaikan struktur
jembatan (b) masihmemerlukan 1 buah persamaan baru lagi, supaya
bilangan yang tidakdiketahui yaitu RAV; RAH; RBV, RCV bisa didapat
sedang untuk konstruksistatis tertentu persamaan yang tersedia hanya
3 buah yiatu 7V = 0; 7H =0; 7M = 0. dalam keadaan tersebut konstruksi
jembatan (b) disebutdengan kontruksi statis tidak tertentu. Kalau 1
(satu) persamaan baru tadi bisa disediakan maka syarat -syarat
keseimbangan masih bisa dipakai untuk menyelesaikan
konstruksijembatan (b) tersebut (4 buah bilangan yang dicari yaitu R
AV; RAH; RBV,RCV dengan 4 buah persamaan yaitu 7V = 0; 7H = 0;
7M = 0 dan 1 (satu)persamaan baru). Dalam kondisi tersebut
konstruksi masih statistertentu, karena masih bisa diselesaikan dengan
syarat -syaratkeseimbangan dan konstruksinya dinamakan dengan
konstruksi balokgerber. Jika 1 (satu) persamaan baru tersebut dengan
memberikan 1 buah perletakanA B D C baru di D yang berbentuk
sendi, maka persamaan baru tersebut adalah 7 M D = 0 Sendi gerber
Sedang titik D tersebut disebu t denganGambar 3.2. Skema balok
gerber sendi gerber3.1.2. Definisi Balok Gerber Dengan uraian seperti
dalam pendahuluan, maka bisa didefinisikanbahwa :
99. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -43-Konstruksi balok
gerber : adalah suatu konstruksi balok jembatan yang mempunyai
jumlah reaksi perletakan > 3 buah, namun masih bisa diselesaikan
dengan syarat - syarat keseimbangan.
100. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -44- Contoh : Suatu
konstruksi balok Sendi gerber gerber ABC dengan perletakan :RAH A
B D A = sendi, dimana ada 2 C reaksi yaitu R AV dan R AH. RAV RBV
RCV B = rol, dimana ada 1 reaksi yaitu R BV. C = rol, dimana ada 1
reaksi yaitu R CV Jadi jumlah reaksi adalah 4 buah yaitu, R ; R ; R dan
Persamaan yang tersedia adalah : 3 (tiga) buah persamaan syarat
keseimbangan yaitu 7V = 0; 7H = 0 dan 7M = 0 1 (satu) buah
persamaan baru yaitu 7 M D = 0 Jadi jumlah persamaan ada 4 (empat)
buah yaitu 7V = 0; 7H = 0; 7M = 0 dan 7M D = 0. Kondisi kontruksi
tersebut adalah : Jumlah bilangan yang tidak diketahui = jumlah
persamaan yang ada ( 7V = 0; 7H = 0; 7M = 0 dan 7MD = 0) = jumlah
persamaan (yaitu R AV; RAH; RBV dan R CV) = jumlah bilangan yang
dicari Maka konstruksi tersebut, disebut dengan konstruksi balok ge
rber, yang masih statis tertentu.
101. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -45-3.1.3. Bentuk Sendi
GerberKalau balok gerber tersebut adalah dibuat dari balok beton,
maka bentuk konstruksi gerber tersebut seperti pada gambar. Sendi
gerber D A B C RAH RB R AV RC Detail perletakan D (sendi gerber)
Gambar 3.3. Detail sendi gerber
102. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -46- B D C ARAH RAV
RCV RBV D C B ARAH RAV RCV RBV atau D C RDH RDV R CV RDV
A B DRAH RDH RAV R BV Gambar 3.4. Skema pemisahan balo k
gerberCatatan : Reaksi di balok DC menjadi (beban) pada balok
AB.Jadi kalau diuraikan balok gerber ABC tersebut merupakan
gabungan dari2 balok statis tertentu DC dan ABD, dimana balok DC
tertumpu di balokAB.3.1.4. Menentukan letak sendi gerber beban = q
kg/mƞ B CA
103. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -47- Jika dalam balok
ABC, sendi gerber belum ada, maka konstruksinya masih statis tak
tertentu, dan jika diberi beban terbagi rata sebesar q kg/mƞ, maka
gambar bidang momennya (bidang M) seperti gambar dibawahnya.
Bagaimana cara mencari bidang momen (bidang M) tersebut, untuk
mahasiswa semester I belum bisa mengerjakan, jadi untuk sementara
diterima saja. Kalau dilihat dari sub bab 3.1.2. dimana di titik D dibuat
sendi gerber dengan persamaan Gambar 3.5. Balok statis tak baru 7M
D = 0, maka alangkah tepatnya tentu dan skema jika untuk
menentukan posisi di titik D bidang momennya dicari tempat-tempat
yang momennya Dalam hal seperti tersebut diatas, alternatif tempat
dimana momennya sama dengan nol adalah titik 1 dan 2 yang
posisinya di kiri dan kanan perletakan B. Karena kita hanya
membutuhkan 1 (satu) buah persamaan baru, maka kita cukup memilih
salah sa tu dari 2 (dua) alternatif tersebut sendi gerber diatas, sehingga
struktur bisa diselesaikan. D B C Cara memilih : alternatif (1), jika
kitaa1 A 1 memilih titik (1) sebagai sendi gerber, maka gambarnya
adalah seperti pada 1 Gambar a 1 dimana balok AD terletak di D A
atas balok DBC, balok tersebut jika B Ca2 disederhanakan akan
seperti pada D Gambar a 2, dan jika diuraikan A strukturnya akan
seperti pada gambara3 B a 3. C TIDAK MUNGKIN Apakah mungkin ?
Gambar 3.6. Penentuan sendi gerber yang tak mungkin Perhatikan
104. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -48-Lihat balok AD,
perletakan A = sendi dengan 2 reaksi (R AV, RAH)perletakan D =
sendi dengan 2 reaksi (R DV, RDH), sehingga jumlah reaksiada 4
(empat) buah, sehingga strukturnya adalah statis tidak
tertentu.Perhatikan balok DBC; perletakan B = rol dengan 1 buah
reaksi (R BV);perletakan C = rol dengan 1(satu) buah reaksi (R CV),
sehingga jumlahreaksi hanya ada 2 (dua) buah, karena kedua
perletakan B dan C adalahrol, maka struktur balok DBC tidak stabil
sendi gerber adalah tidak Alternatif 2mungkin. D sendiCgerberb1 2 Jika
yang dipilih adalah titik (2) A B sebagai sendi gerber, maka C
gambarnya adalah seperti gambar Bb2 (b1) dimana balok DC terletak
diatas A balok ABD, balok tersebut jika gambarnya disederhanakan
akan RDH D C seperti pada gambar (b 2), dan jika diuraikan
strukturnya ak an menjadi RDVb3 A B seperti pada gambar (b 3)
apakah RDH D mungkin ?. Perhatikan balok DC yag terletak diatas
balok ABD. Perletakan D = sendi mempunyai 2 (dua) reaksiGambar
3.7. Balok gerber dan cara pemisahannya yaitu R DV dan R DH,
sedangJumlah letak reaksi adalah 3 (tiga), maka konstruksi balok DC
adalahstatis tertentuy Perhatikan balok ABD, perletakan A = sendi,
mempunyai 2 (dua) reaksi yaitu R AH dan R AV, perletak B = rol,
mempunyai 1 (satu) reaksi yaitu RBV. Jumlah total reaksi adalah 3
(tiga) buah, jadi konstruksi balok ABD masih statis tertentu.y Jadi
pemilihan titik (2) sebagai sen di gerber adalah mungkin.
105. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -49-
106. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -50- 3.1.5. Mekanisme
Penyelesaian Balok Gerber A B D Ca Jika ada suatu konstruksi balok
gerber seperti pada gambar a, maka D yang perlu dikerjakan
pertamab11 adalah memisahkan balok tersebut A B C menjadi
beberapa konstruksi balok statis tertentu.b2 D Jika konstruksinya
seperti pada A RD gambar (a), maka kita bisa B memisahkan
konstruksi tersebut RD C menjadi beberapa konstruksi tersebut
menjadi beberapa konstruksi statis tertentu seperti b1 dan b 2 tidak D
pada gambar (b) atau (c), dimanaC1 C gambar (b) terdiri dari gambar
(b 1) A B dan (b 2), demikian juga gambar (c) D C RDC2 RD A B C1
dan C2 mungkin Gambar 3.8. Skema penyelesaian balok gerber
Tinjauan gambar b 1 dan b2
107. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -51-Titik D dari balok
ABD (gambar (b1) menumpu pada titik D pada balok DC,dan jika
dijabarkan (diuraikan) strukturnya akan menjadi seperti gambar(b2),
dimana titik D pada balok ABD menumpu pada titik D balok
DC,sehingga reaksi R D dari balok ABD akan menjadi beban (aksi)
pada titik Dbalok DC. Perhatikan struktur balok ABD (gambar b2), per
letakan A = sendi (ada 2 reaksi); perletakan B = rol (ada 1 reaksi),
perletakan D = sendi (ada 2 reaksi). Jadi total perletakan balok ABD
ada 5 (lima) buah, jadi balok ABD merupakan balok statis tidak
tertentu. Perhatikan balok DC (gambar b2), titik D = be bas (tak
mempunyai tumpuan), jadi tidak ada reaksi, perletakan, c = rol (ada 1
reaksi), jadi jumlah total reaksi hanya ada 1 buah yaitu R CV di C.
Dalam kondisi seperti tersebut diatas balok DC merupakan balok yang
tidak stabil atau labil. Sehingga alternatif (b) adalah tidak
mungkin.Tinjauan gambar (c1) dan (2)Titik D dari balok DC (gambar
(C1) menumpu pada titik D balok ABD, danjika diuraikan strukturnya
akan menjadi seperti pada gambar (C2), dimanatitik D dari balok DC
menumpu pada titik D balok ABD, sehingga reaksi RDdari balok DC
akan menjadi beban (aksi) pada titik D balok ABD. Perhatikan struktur
balok DC gambar (C2), perletakan D = sendi, (ada 2 reaksi),
perletakan C = rol (ada 1 reaksi) total jumlah perletakan ada 3 (tiga)
buah. Jadi balok DC adalah balok statis tertentu Perhatikan struktur
balok ABD (gambar (C2)), perletakan A = sendi (ada 2 reaksi),
perletakan B = rol (ada 1 reaksi) jumlah perletakan ada 3 (tiga) buah.
Jadi balok ABD adalah balok statis tertentu juga. Jadi alternatif (C)
adalah mungkin.
108. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -52- Tahapan
Penyelesaian q Sendi gerber D Pa Kalau kita mempunyai balok A B C
gerber ABC seperti pada gambar (a), yang kemudian diuraikan seperti
pada gambar (b), maka tahapan pengerjaannya adalah sebagai berikut
: P y Balok DC dikerjakan dulu D C sehingga menemukan R D dan R
C. y Reaksi R D dari balok DC RD akan menjadi beban di titik q D dan
balok ABD.b RD RC y Dengan beban yang ada (q) dan beban R D,
maka balok D AB bisa diselesaikan. A y Bidang-bidang gaya dalam B
(M, N, D) bisa diselesaikan sendiri-sendiri pada balok DC dan AB. y
Penggambaran bidang M, N, D balok gerber merupakan
penggabungan dari bidang M, N, D dari masing-masing Gambar 3.9.
Skema pemisahan balok gerber
109. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -53- 3.1.6. Contoh Soal
Suatu struktur balok gerber ABC P=4t q = 2t /mƞ dengan beban seperti
pada gambar. (a) 1m A B A = rol ; B = sendi C S C = rol ; S = sendi
gerber Beban P = 4 ton, dengan jarak 1 m dari A, dan beban terbagi
rata q = 2 4m 2m 6m t/mƞ dari B ke C. Ditanya : Gambar bidang M, N,
D. P=4t Jawab: Struktur balok gerber seperti x pada gambar (a) kalau
diuraikan akan S (b) A menjadi struktur seperti pada gambar Rs = 2
t/mƞ (b). x1 x2 Balok AS harus diselesaikan lebih RA = 3t Rs dahulu,
baru selanjutnya reaksi Rs dari C S balok As menjadi beban / aksi ke B
balok SBC R B = 7 1/3 t 2 Balok A-S (mencari RA dan RS) 3 2 RC = 5 t
tm 8.0287 3 - tm 7 MS = 0 RA. 4 ƛ P.3 = 0(c) tm + P.3 4.3 RA.= ! ! 3t 4
4 + BID. M 7 MA = 0 RS. 4 ƛ P.1 = 0 P.1 4.1 2.833 m RS = ! ! 1t 4 4
5.667 m Reaksi Rs = 1t akan menjadi beban di titik S pada balok S B C
(gambar (b)) 6.33t Balok S B C (mencari RB dan R C) 3t + + 7 MC = 0
- RB.6 ƛ RS.8 ƛ q.6.3 = 0 1t - RB.6 ƛ 1.8 ƛ 2.6.3 = 0 BID. D 2 5 t 44 1 3
RB = t!7 t 6 3 7 MB = 0 RC.6 + RS.2 ƛ q.6.3 = 0 BID. N RC.6 + 1.2 ƛ
2.6.3 = 0 34 Gambar 3.10. Gambar-gambar gaya ! 5 2 / 3t Bidang
Momen (M) 6 dalam balok gerber
110. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -54-Balok A-SDaerah A
P (P = letak beban P = 4t)Mx = RA.x = 3.x (linear)x=0 MA = 0x=1 MP =
3 tm (momen dibawah P)Daerah P SMx = RA.x-P (x-1) = 3.x ƛ 4 (x-
1)x=1 MP = 3 tmx=4 MS = 0Balok SBCDaerah S B (dari kiri)Mx1 = -
Rs.x1 = - 1.x1 (linear) = -x1x1 = 0 Ms = 0x2 = 2 MB = -2 tmDaerah C B
(dari kanan) 1Mx2 = Rc.x2 - .q x2² (parabola) 2 1Mx2 = 5.667.x 2
- .2.x2² 2 = 5.667 x 2 - x2² dMx 2Mencari M max =0 5.667 ƛ 2 x2 = 0 dx
2 = x2 = 2.833 m (lokasi dimana terletak M maxM x2 max =5.667.
2.833 ƛ (2.833)² = 16.0546 ƛ 8.02589 = 8.0287 tm.Mencari titik dimana
momen = 0M x =5,667 x 2 ƛ x22 = 0X2 (5,667-x2 ) = 0 x2 =5,667 m
( Letak dimana momen = 0 )Bidang D ( GAYA LINTANG )
111. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -55-Balok A-SDaerah A
P ( dari Kiri )D2 = + Ra = + 3 + ( Konstan )Daerah P S ( Dari kiri )Dx =
+ R a - P = 3 ƛ 4 = -1 t (Konstan )Balok S Ɗ B CDaerah S B ( Dari
Kiri )Dx = - Rs = -1 t (Konstan)Daerah C B (Dari Kanan)Dx2 = - Rc + q .
x 2 = - 5,667 + 2 . x 2 (Linieair)X2 = 0 Dc = - 5,667 tX2 = 6 Dbkn = -
5,667 + 2.6 = + 6,333 tMencari titik dimana D = 0-5,667 + 2X 2 = 0 X2
= 2,833 m(Letak D = 0 sama dengan letak M max )Bidang N
( Normal )Bidang N tidak ada3.1.6. Latihan
112. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -56- Dalam
mempraktekan teori ƛ teori yang ada di depan ( bagian sebelumnya ),
maka perlu diadakan (diberi) suatu latihan . 1). P = 5t q = 2t/mƞ Suatu
balok gerber S dengan beban dan B C struktur seperti gambar,A
dengan perletakan A = sendi, B = rol 2 C = rol, S = sendi m gerber 5m
2 4m m Beban : P = 5t, 2m dari A q = 2t/mƞ sepanjang bentang SC.
Gambar : bidang-bidang gaya dalamnya (Bidang P=5 2). M, N, D) 2t
45° Suatu balok gerber dengan S beban dan struktur sepertiA B pada
gambar dengan 2m 3m 3m perletakan : A = jepit, B = rol S = sendi
gerber Beban P = 5 2 t dengan sudut 45° terletak di tengah bentang
SB. Gambar : bidang- bidang 3.1.8. Rangkuman o Balok gerber adalah
: - Suatu balok yang mempunyai jumlah reaksi lebih besar dari 3 buah,
tapi masih bisa diselesaikan dengan syarat -syarat keseimbangan.
Atau - Rangkaian dari beberapa balok statis tertentu. o Tahap awal
penyelesaiannya adalah : balok tersebu t harus diuraikan lebih dahulu,
dan di sendi gerber ditentukan daerah bagian balok tertumpu
113. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -57- mana yang terletak
diatas (tertumpu) dan mana yang menumpu ( )o Penyelesaiannya
dilakukan secara bertahap dari masing -masing balok tersebut.o Balok
yang salah satu perletakannya tertumpu (menumpang) diselesaikan
terlebih dahulu.o Gambar bidang gaya dalamnya adalah merupakan
gabungan dari masing-masing balok tersebut.3.1.9. Penutup Untuk
mengukur prestasi, mahasiswa bisa melihat sebagian jawaban dari
soal-soal tersebut diatas sebagai kontrol.Soal No. 1 Keterangan Titik
Harga Arah A 1.4 ton o Reaksi B 7.6 ton o S 4 ton o C 4 ton o
Keterangan Titik Harga Tanda A 0 Momen (M) B 8 tm S 0 (-) C 0 A 1.4
ton (+)Gaya Lintang (D) B kiri 3.6 ton (-) B kanan 4 ton (+) C 4 ton (-)
Gaya Normal (N) - - -
114. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -58-Soal 2 Keterangan
Titik Harga Tanda AV 2.5 ton Reaksi AH 5 ton MA 5 tm S 2.5 ton B 2.5
ton A 5 tm (-) Momen (M) S 0 di P 7,5 tm (+) B 0Gaya Lintang (D) A 2.5
ton (+) B 2.5 ton (-) A 5 ton (-) Gaya Normal (N) S 5 ton (-) P kiri 5 ton
(-)3.1.10. Daftar Pustaka 1. Soemono ƏStatika IƐ ITB bab V 2.
Suwarno. ƏMekanika Teknik Statis TertentuƐ UGM bab V-43.1.11.
Senarai :Sendi Gerber : tempat penggabu ngan balok satu dengan
balok lainnya.3.2. Garis Pengaruh Balok Gerber
115. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -59- 3.2.1. Pendahuluan
Seperti halnya balok diatas 2 perletakan, maka untuk balok gerber
inipun kita harus mencari besarnya reaksi, atau gaya momen (M) atau
gaya lintang (D) atau gaya normal (N), jika ada muatan yang berjalan
diatas balok gerber tersebut. Pengertian dasar dan definisinya sama
dengan garis pengaruh balok diatas 2 perletakan. Standart beban yang
dipakai juga sama yaitu muatan berjalan dengan beban P = 1 t on atau
satu satuan beban. 3.2.2. Prinsip Dasar Yang perlu diperhatikan dalam
membuat garis pengaruh balok gerber adalah : B S C o Harus bisa
memisahkan balok yang(a A) mana yang disangga dan yang mana
yang menyangga. o Dalam gambar sebelah o Balok SC yang disangga
RS RS RC o Balok ABS yang menyangga.(b A B o Kalau ada muatan
berjalan diatas ABS) P RA maka reaksi di S (R S) dan reaksi di C RB
(Rc) tidak ada (Gambar d). o Namun jika ada muatan berjalan diatas
RS RC ada balok S-C maka reaksi di A (R A), reaksi RS ada(c di B (R
B); reaksi di S (Rs) dan reaksi di C) (Rc) semuanya ada (Gambar c).
RA ada R B ada P tidak tidak(d ada ada) reaksi reaksi RA ada RB ada
Gambar 3.11. Reaksi perletakan pada balok gerber dengan muatan
berjalan diatas
116. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -60- Contoh Balok gerber
seperti pada gambar Cari garis pengaruh reaksi -reaksinya x P=1 x1
P=1t t GP.R A (Garis Pengaruh Reaksi di A) A S B C P berjalan dari A
ke S x = variable bergerak sesuai posisi P dari A l l ke C a 7 Ms = 0 1 2
P (l1 x ) l1 x RA = ! ton l1 l1 A S Untuk P di A x = 0 RA = 1 ton Untuk
P di S x = l1 RA = 0 RS RS P dari S ke C tidak ada pengaruh terhadap
B C RA GP.R S (Garis Pengaruh Reaksi di S) GP.R A P dari A ke S Px
x + Rs = !1t l1 l1 P di A x = 0 Rs = 0 P di S x = l1 RS = 1t GP.R S P
dari S ke C tidak ada pengaruh untuk reaksi + di S (Rs) GP.R B (Garis
Pengaruh Reaksi di B) x1 variabel bergerak dari C ke A sesuai
117. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -61- 1t P= 1t 1t GP.R B
x1 + ¨ l2 ¤ a ¸ © © l ¹ ¹ ª 2 º A S B C GP.Rc (Garis Pengaruh Reaksi di
C) P berjalan dari C ke S l x1 Rc = 2 t GP. Rc l2 P = 1t P di C x1 = 0
Rc = 1t x1 - P di B x 1 = l2 Rc = 0 + Rs . a a P di S Rc = ! karena l2 l2
a/l 1t (Rs = 1t) 2 P di A Rs = 0 Rc = 0 Gambar 3.12. Garis pengaruh
reaksi (RA; Rs; RB dan Rc) Jika potongan I -I antara : A3 cari garis
pengaruh D I-I dan M I-I Jika potongan II-II antara : BC cari garis
pengaruh D II-II dan M II-II b c d e GARIS PENGARUH D DAN M x P I
II G.P.DI-I (Garis Pengaruh GayaA B C S Lintang di potongan I -I) I II P
berjalan di kiri potongan I -I l1 a l2 (perhitungan dari kanan potongan)A
DI = - Rs (dari kanan) Rs B
118. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -62-Gambar 3.13. Garis
pengaruh D I-I dan M I-I G.P.MI-I (Garis Pengaruh Momen di Potongan
I-I) P berjalan di kiri potongan I -I (perhitungan dari kanan) Px x M I =
Rs . c = .c ! .c l t1 l t1 Untuk P di A x=0 MI = 0 b.c Untuk P di I-I x=b MI
= l1 P berjalan di kanan potongan (perhitungan dari kiri) l x M I = RA . b
= 1 .b l1 l b c.b Untuk P di I-I x=b MI = 1 .b ! l1 l1 Jika P berjalan dari S
ke C tidak ada M I P d e x S B II C A G.P. D II-II (Garis Pengaruh Gaya
II Lintang di potongan II -II) l1 a l2 P berjalan dari A ke P otongan II
(perhitungan kanan potongan II) A S DII = - Rc (sama dengan g.p. Rc)
119. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -63- Sama dengan g.p.
Sama dengan g.p. Rc RB G.P. M II-II (Garis Pengaruh Momen di
potongan II-II) a/l2. P berjalan dari A ke II (perhitungan b dari kanan
potongan) d/l2 . - e MII = Rc . e (sama dengan GP.Rc x + e) a Untuk P
di S Rs = 1t Rc = - l2 g.p. Rc.e g.p. R B.d a M II = - .e l2Gambar 3.14.
Garis pengaruh D II-II dan d Untuk P di II Rc = M II-II l2 d M II = - .eP
berjalan dari II ke C (perhitungan dari kiri) l2M II = RB . d eUntuk P di II
RB = l2 e e M II = dtm d l2 l2
120. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -64- 3.2.3. MENCARI
HARGA MOMEN DAN GAYA LINTANG DENGAN GARIS PENGARUH
Jika ada suatu rangkaian muatan atau muatan terbagi rata berjalan
diatas gelagar berapa momen maximum di titik C dan berapa gaya
lintang maximum di titik C.A C B Mencari harga Mc a b l Kondisi
muatan seperti pada 1) Mc = P1 y1 + P 2 y2 + P3 y3 * P P2 P3 1 1)
Kondisi muatan seperti pada 2) * Mc = P1ƞ y1ƞ + P2ƞ y2ƞ + P3ƞ y3ƞ +
P4ƞ 2) P 1ƞ P2ƞ P3ƞ P4ƞ y4 ƞ Mc = 7 P.y y1 ƞ y2 y3 y 1 y4 ƞ y2 y3 A
C B Untuk muatan terbagi rata = q t/mƞ GP.Mc d P.a.b x q t/mƞ d Mc =
y.q dx l Mc = ´ y.qdx ! q ´ y dx GP.Mc ´ y dx ! luas bagian yang diarsir !
F + Mc = q F Luas = F q dx = muatan q sejarak dx, dimana dx 0
(mendekati 0) y y = ordinat dibawah dx P 1ƞ P2 ƞ P 3ƞ P 4ƞ Mencari
harga Dc Untuk beban titik GP.Dc + Dc = -P1ƞ y1ƞ + P 2ƞ y2ƞ + P 3ƞ
y3ƞ + P4ƞ y4ƞ y1ƞ y2ƞ y3ƞ y4ƞ Dc = q F - Beban terbagi rata Dc = q F
121. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -65- q t/mƞ Luas = F
GP.Dc + -Gambar 3.15. Mencari gaya lintang (D) dan momen (M)
dengan garispengaruh
122. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -66-3.2.4. Mencari
Momen Maximum di Suatu Titik Pada Gelagar3.2.4.1. Pendahuluan
Pada kenyataannya, muatan yang melewati suatu jembatan adalah
tidak menentu, ada yang lewat sendirian atau merupakan suatu
rangkaian muatan, Dalam kondisi tersebut kita tetap harus mencari
berapa nilai momen maximum di suatu tempat pada gelagar tersebut.
Misal : Suatu gelagar muatan P1 P2 P3 P4 P5 P6 A B C Suatu gelagar
a b Jembatan l Gambar 3.16. Muatan berjalan diatas gelagar Berapa
momen maximum yang terjadi di titik C jika ada suatu rangkaian
muatan seperti pada gambar tersebut melewati jembatan seperti pada
gambar.3.2.4.2. Prinsip dasar perhitungan - Untuk mencari nilai
momen maximum di suatu untuk didalam gelagar maka kita perlu
mencari posisi dimana muatan tersebut berada yang menyebabkan
momen di titik tersebut maximum. - Untuk mencari nilai maximum
tersebut perlu memakai ga ris pengaruh dari gaya dalam yang dicari
sebagai perantaranya.
123. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -67- - Kemudian nilai
maximum tersebut didapat dengan cara mengalikan antara beban yang
terletak diatas gelagar dengan ordinat dari garis pengaruh yang
dipakai. Contoh Mencari Momen Maximum Pada Gelagar Ada suatu
balok terletak diatas 2 perletakan seperti pada Gambar, jika ada
rangkaian muatan yang berjalan diatasnya berapa Mc maximum yang
terjadi. (x P 1ƞ P P 2ƞ P3 P3ƞ P4 P4ƞ P5 P5ƞ P1 2 Jawab :A B C
Mencari Mc max untuk rangkaian muatan berjalan (dari kiri k e (c) (l- c)
kanan) l Jarak rangkaian muatan constant (tetap) l r = posisi awal (x =
posisi kedua y 1ƞ y2 ƞ y 3ƞ y4 ƞ y5 ƞ y1 y2 y4 y5 Pada posisi awal,
ordinat garis y3 pengaruh dinyatakan dengan y 1 C1 s/d yS, atau yơ
Mc = 7 Py yƞ GP.Mc yƞ = P 1 y1 + P 2 y 2 + P 3 y 3 + P 4 yơ y4 + P5 y
5 Gambar 3.17. Perpindahan ordinat untuk muatan berjalan
124. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -68-Muatan bergerak ke
kanan sejauh (x, dimana ordinat garis pengaruhdinyatakan dengan y
1ƞ s/d y5ƞ dan Mc = 7 Pyƞ(dalam hal ini y berubah menjadi yƞ)Jika
ditinjau 2 bagian : - bagian kiri titik C dan - bagian kanan titik CDi kiri
titik C ordinat bertambah yƞ danDi kanan titik C ordinat berkurang yơ
(xyƞ = . c1 c (xyơ = . c1 ( l c)Perbedaan nilai momen ( (M) dari
perpindahan posisi beban adalahsebagai berikut :(Mc = P1 yƞ + P2 yƞ
ƛ P3 yơ ƛ P4 yơ ƛ P5 yơ = (P1 + P2) yƞ - (P3 + P4 + P5) yơ jika (P1 +
P2) = 7 Pl dan (P3 + P4+ P5) = 7 Pr ¨ (x ¸ ¨ (x ¸ = 7 Pl © .c1 ¹ § Pr
© .c1 ¹ ª c º ª l c º ® Pl § Pr ¾ § ( x.c1 ¯ ¿ ! (x.c1 ? l qr A q °c l c À ql
qrql = jumlah beban rata -rata di sebelah kiri titik Cqr = jumlah beban
rata -rata di sebelah kanan titik CJika q l > qr ( M positifJika muatan
bergeser terus ke kanan sehingga P2 melampaui C ql =P1C
125. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -69- ql menjadi kecil
sehingga q l < qr ( M negatif (pergerakan P2 dari kiri C ke kanan C
menjadikan tanda ( M dari positif ke negatif) Jadi Mmax terjadi jika P2
diatas C. M max terjadi jika salah satu muatan di atas potongan
sehingga Pl Pr § !§ atau C l c ql = qr Mmax di suatu titik untuk muatan
terbagi rata Untuk muatan terbagi rata Mc a b max terjadi jika : ql = qr a
b a¤b ! !A B c (l c) l C c (l ƛ c) ql qr qs Gambar 3.18. Posisi beban
terbagi rata untuk Mencari M maximum kiri kana tota n l Mmax terjadi
jika psosisi beb an q l = qr = q s Mencari perkiraan posisi beban dalam
mencari momen max supaya beban di kiri dan di kanan potongan
seimbang, maka bisa diperkirakan secara grafik sebagai berikut :
Gelagar diatas 2 perletakan A -B, digunakan rangkaian muatan
berjalan dengan nomor urut 01, 12, 23,34 dan 45 Cara : buat garis AB
dibawah gelagar, - di ujung bagian kanan (Bƞ) buat muatan tumpukan
beban dari 45; 34; 23;12; dan 01 (dengan skala) - Tarik dari titik 0
(ujung dari beban 01) ke ujung garis bagian kiri (Aƞ) sehingga
membentuk sudut (E)
126. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -70- - Kalau kita mau
mencari dimana letak beban yang mengakibatkan momen di potongan
I maksimum, yaitu dengan menarik garis dari potongan I kebawah,
sampai memotong garis Aƞ -Bƞ di Iƞ. - Tarik dari titik Iƞ sejajar (//)
dengan garis Aƞ0 dan garis tersebut akan memotong tumpukan
muatan di beban 01. - Jadi M I akan maximum jika beban 01 terletak di
atas potongan I. * Bagaimana posisi beban untuk mendapatkan
momen di potongan II maximum. - Dengan cara yang sama, tarik garis
dari potongan II ke bawah sampai pada garis Aƞ-Bƞ dan memotong di
potongan IIƞ. - Dari titik IIƞ ditarik garis // (sejajar) dengan Aƞ ƛ O dan
memotong tumpukan muatan di beban 12. - Jadi M II akan maximum
jika beban 12 terletak diatas potongan II. °1 12 23 34 45 Mmax terjadi
jika q l = qr = qs = tg E 01 ¤ 12 ¤ 23 ¤ 34 ¤ 45 tg E! A III IV B l I II l 0 1
2 3 4 E 5 Aƞ
127. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -71- Iƞ IIƞ IIIƞ IVƞ
BƞGambar 3.19. Mencari posisi muatan untuk mendapatkan Mmax
dengancara grafisM I max terjadi jika muatan OI terletak diatas
potongan I -I.M II max terjadi jika muatan 12 terletak diatas potongan II
-II.M III max terjadi jika muatan 34 terletak diatas potongan III -III.M IV
max terjadi jika muatan 34 terletak diatas potongan atau mutan45
terletak diatas potongan IV -IV dan diambil yang besar.3.2.5. Mencari
Momen Maximum Maximorum di Suat u Gelagar3.2.5.1. Pendahuluan
Mencari momen maximum maximorum ini berbeda dengan mencari
momen maximum di suatu titik pada gelagar, mencari momen
maximum-maximorum di suatu gelagar ini posisi titiknya tidak tertentu.
Jadi dalam hal ini titik letak dimana momen maximum terjadi, serta
posisi beban yang menyebabkan terjadinya momen maximum harus
dicari. Jadi dalam hal ini-: dicari !!. - Letak posisi titik dimana momen
maximum terjadi. - Letak posisi beban yang menyebabkan momen
maximum.
128. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -72- 3.2.5.2. Prinsip
Dasar Perhitungan - Untuk mencari momen maximum -maximorum di
suatu gelagar ini tidak bisa memakai garis pengaruh karena titik letak
momen maximum terjadi harus dicari. - Dalam mencari momen
maximum -maximorum ini harus memakai persamaan. Contoh 1 P1 P2
P3 P4 P 5 (a Suatu gelagar diatas 2 perletakan A ƛ B ) A B, dan suatu
rangkaian muatan dari P 1 s/d P5. Berapa dan dimana momen
maximum-maximorumnnya ?. P1 P2 P3 P4 P5 Jawab: R1 = resultante
dari P 1 dan P 2 R2 = resultante dari P 3 dan P 4 Rt = resultante dari R
1; R2 dan P3 atau R1 r R2 resultante P 1; P2; P 3; P4; P5 r = jarak
antara Rt dan P 3 a = jarak antara R 1 dan P 3 Rt b = jarak antara R 2
dan P 3 a b Rangkaian muatan terl etak diatas gelagar dan dimisalkan
momen maximum terletak dibawah beban P 3 dengan jarak x dari
perletakan A. r P1 P2 P 4 P5 P3(b 7M di P 3 = 0) RA RB Rt.r = R1 . a ƛ
R2 . b R1 R2 7 MA = 0 a b 1 RB = _P3 .x ¤ R1 ( x a ) ¤ R 2 ( x ¤ ba Rt
lt x Momen dibawah P 3 dengan jarak x dari titik Rt A l
129. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -73- Rt M max terdapat
dibawah P 4 = M4max Dalam hal ini r = jarak antara Rt dengan P 4
Mextrem = Mmax ƛ maximorum adalah tengah-tengah momen yang
terbesar diantara bentang Mmax (1,2,3,4,5). P1 Mmax terjadi dibawah
beban(e A B P 1 M 1 max) r ½ r½ r Dalam hal ini r = jarak antara Rt
dengan P 1. Rt
130. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -74- ½r ½ x l M max
terdapat dibawah P1 = M 1 max P1 P2 P3 P4 P5(f) A Mmax terjadi
dibawah beban B P2 M 2 max tengah- tengah Dalam hal ini r = jarak
antara r Rt dengan P 2. ½ r Rt x=½l+½r M max terdapat dibawah P 2 =
M 2 max P 1 P2 P 3 P4 P 5(g A) Mmax terjadi dibawah beban B P5 M
5 max r tengah Dalam hal ini : r = jarak bentang ½ ½ antara Rt dengan
P 5 r r Rt M max terdapat di bawah P 5 = M 5 x=½l+½rGambar 3.20.
Posisi beban untuk kondisi Mmax 1 s/d Mmax5 Contoh 2 Suatu
gelagar dengan bentang l = 10 P1=8 P2=6 P 3=6 m dan ada suatu
rangkaian muatan berjalan dengan lebar seperti pada 1m 1m gambar.
Cari besarnya momen maximum - A B maximum maximorum. l = 10
Jawab : kondisi beban seperti pada gambar
131. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -75- Kondisi 1 P1 P2 P3
Rt = P 1 + P2 + Dimana M max dibawah P 1 P 3= 20 ton tengah Statis
momen P1 P2 P3 8t 4t 6t terhadap P 1A P 2.1 + P3.2 = 1m 1m 5m B
Rt.x x 6.1 + 6.2 = 20 . x=½l+ l-x x = 5 ½ 0,45 + r 4,55 Rt x= Rt ½
Kondisi 2 Dimana M max dibawah P 2 P1 P2 P3 B A 0,1 tengah-
tengah 4,95 bentang Rt Kondisi 3 Dimana M max dibawah P 3 P1 P2
P3 B tengah-tengah bentang r 4,45 =1.1 4,45 RtGambar 3.21. Posisi
beban untuk mencari momen maximum maximorum 3.2.6. Latihan :
Garis pengaruh pada balok menerus dengan sendi-sendi gerber Soal 1
: P=1t berjalan Balok ABC dengan sendi 2m gerber S seperti
tergambar. S Akibat beban P = 1t berjalan A B C diatas balok,
ditanyakan : I GP R A; GP RB; GP RC
132. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -76- Soal 2 : P = 1 t
berjalan 4m S1 S2A I B C D Balok ABCD dengan sendi gerber S 1 dan
S 2 RA RB RC RD seperti tergambar. 8m 2m 6m 2m 6m a). Akibat
beban P = 1t berjalan diatas balok, ditanyakan; GP RA; GP R B; GP
RC; GP RD GP M I; GP D I; GP M B; GP DB kanan 2 2 b). Akibat
rangkaian beban berjalan, ditanyakan : MI max , M max P1=4 P2=4 P
3=2 t t t maximorum pada balok tersebut. 3.2.7. Rangkuman
133. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -77- - Untuk mengerjakan
garis pengaruh balok gerber, harus tahu dulu bagaimana memisahkan
balok terse but menjadi bagian - bagian yang tertumpu dari bagian
yang menumpu. - Sebelum mengerjakan garis pengaruh gaya -gaya
dalam, perlu dibuat dulu garis pengaruh reaksi, karena dari garis
pengaruh reaksi tersebut garis pengaruh gaya dalam mudah
dikerjakan.3.2.8. Penutup Untuk melihat prestasi mahasiswa dalam
mengerjakan latihan, maka bisa melihat jawaban soal sebagai
berikut :Jawaban :Soal No. 1Keterangan P =1t Titik Nilai Tanda / Arah
RA A 1t ¤ o B 0 S 1/3 t q C 0 RB A 0 B 1t ¤ o S 4/3 t ¤ o C 0 RC A 0 B
0 S 0 C 1t ¤ o
134. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -78-Lanjutan Jawaban
Soal 1Keterangan P =1t Titik Nilai Tanda / Arah MI A 0 I 1,333 tm ¤ B 0
S 0,667 tm C 0 DI A 0 I kiri 1/3 t I kanan 2/3 t ¤ B 0 S 1/3 t C 0 MB A
0 B 0 S 2 tm C 0Soal No. 2a). Keterangan P = 1 dititik Nilai Tanda /
Arah RA A 1t ¤ o B 0 S1 0,25 t q S2 0 C 0 D 0 RB A 0 B 1t ¤ o S1 1,25
t ¤ o S2 0 C 0 D 0 RC A 0 B 0 S1 0 S2 1,333 t ¤ o C 1t ¤ o D 0
135. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -79- Keterangan P = 1
dititik Nilai Tanda / Arah RD A 0 B 0 S1 0 S2 0,333 t q C 0 D 1t ¤ o MI
A 0 I 2 tm ¤ B 0 S1 1 tm S2 0 C 0 D 0Lanjutan Jawaban Soal
2Keterangan P =1t Titik Nilai Tanda / Arah DI A 0 I kiri 0,5 t I kanan
0,5 t ¤ B 0 S1 0,25 t S2 0 C 0 D 0 MB A 0 C 0 S1 2 tm S2 0 C 0 D 0
DB kanan A 0 I kiri 0 I kanan 1t ¤ B 1t ¤ S1 0 S2 0 C 0 Db). MI max = +
14 tm, pada saat P 2 terletak pada titik I
136. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -80- MI max maximum =
+ 14.05 tm, terjadi pada titik dibawah P 23.2.9. Daftar Pustaka -
Soemono, ƏStatika IƐ, ITB, bab V - Suwarno, ƏMekanika Teknik Statis
TertentuƐ, UGM, bab V-43.2.10. Senarai Balok gerber = balok yang
bisa dipisah -pisah menjadi beberapa konstruksi statis tertentu Sendi
gerber = sendi yang dipakai sebagai penghubung antara balok satu
dengan balok yang lain.
137. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -81-
138. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -82- MODUL 4 :
PELENGKUNG DAN PORTAL 3 SENDI SERTA CARA
PENYELESAIANNYA 4.1. Judul : PELENGKUNG 3 SENDI Tujuan
Pembelajaran Umum Dengan membaca materi ini mahasiswa bisa
mengetahui apa itu arti struktur pelengkung 3 sendi dan tahu
bagaimana menyelesaikan struktur tersebut. Tujuan Pembelajaran
Khusus Setelah membaca materi ini mahasiswa salain mengerti apa
arti struktur pelengkung 3 sendi, mengerti juga kapan struktur itu
digunakan dan tahu cara menyelesaikan struktur tersebut, serta bisa
menggambarkan bidang gaya dalamnya (Bidang M, N, D) 4.1.1.
Pendahuluan Konstruksi pelengkung 3 sendi biasanya dipergunakan
pada konstruksi jembatan, tapi dengan kondisi yang bagaimana ?. (a).
a. Untuk sungai yang lebarnya tidak besar missal : + 30, dan dasar
sungainya tidak terlampau + 30 dalam, pada umumnya dipakai
jembatan balok (b). diatas 2 perletakan bias a seperti pada Gambar
Untuk sungai yang mempunyai lebar cukup berarti misal : + 100 m, dan
dasar sungainya tidak terlampau dalam, maka dibuatlah jjembatan
balok dengan Pilar + 100 m beberapa bentang, seperti pada gambar
(b) yaitu jembatan balok dengan 2 bentang (perletakan di tengah Tapi
bagaimana kalau kit a mendapatkan sungai dengan lebar yang cukup
berarti dan dasar sungai juga cukup dalam, sehingga sulit untuk
membuat pilar di tengah -tengah jembatan ?.(c).
139. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -83- Tiang penyangga
Maka jawabannya adalah konstruksi utama dibuat pelengkung
sehingga tidak memerlukan pilar di tengah -tengah Pelengkung sungai
(Gambar c). Dengan konstruksi pelengkung terse but, gelagar
memanjang, tempat dimana kendaraan lewat bisa tertumpu pada tiang-
tiang sungai penyangga yang terletak pada pelengkung tersebut.
Gambar 4.1. Bermacam-macam bentuk jembatan 4.1.2. Pengertian
tentang Pelengkung 3 Sendi 4.1.2.1. Pengertian Dasar Untuk menjaga
kestabilan dari perletakan, S struktur pelengkung tersebut, kedua
perletakan dibuat sendi. Perletakan A = sendi (ada 2 reaksi V A dan H
A). A B B = sendi (ada 2 reaksi V B dan H B). HA HB Jadi total reaksi
ada 4 (empat) buah, VA VA sedang persamaan dari syarat
keseimbangan hanya 3 (tiga) buah yaitu : Gambar (a) 7 H = 0; 7 V = 0
dan 7 M = 0.Gambar 4.2. Skema pelengkung 3sendi Jadi agar struktur
tersebut bisa diselesaikan secara statis tertentu, maka perlu tambahan
1 (satu) persamaan lagi yaitu 7 Ms = 0 (jumlah momen pada sendi =
0). S = sendi yang terletak pada pelengkung tersebut sehingga struktur
tersebut dinamakan struktur pelengkung 3 sendi atau struktur
pelengkung yang mempunyai 3 buah sendi. 4.1.2.2. Penempatan Titik
s (sendi)
140. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -84-Sendi s yang dipakai
untuk melengkapi persamaan pelengkung 3 s endi terletak di busur
pelengkung antara perletakan A dan B. S Letak sendi tersebut bisa
ditengah-tengah busur pe- lengkung atau tidak. Hal ini tergantung dari
B kondisi lapangan : seperti pada gambar (b), A dimana letak sendi s
tidak di tengah-tengah busur pelengkung (b) Gambar 4.3. Contoh
posisi sendi pelengkung 3 sendi
141. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -85- 4.1.2.3. Pemilihan
Bentuk Pelengkung q kg/mƞ A B Kita kembali ke belakang, kalau kita
RA R B mempunyai balok statis tertentu diatas 2 l (dua) perletakan A
dan B dengan beban terbagi rata q kg/mƞ, maka bidang + momennya
berbentuk parabola dengan Bidang M tanda bidang M adalah positif (+)
dengan parabola nilai maximum di tengah -tengah bentang (c)
1Gambar 4.4. Bidang M struktur statis tertentu 1 = q l² (coba dihitung
lagi sendiri) M= q l² 8 dengan beban terbagi rata 8 dengan persamaan
momenSekarang kalau ditin jau struktur pelengkung 3 sendi dengan
beban terbagi rata 1 diatasnya. Mx = RA.x - q x² q kg/mƞ 2 Struktur
pelengkung dengan bentang = l dan tinggi = f di A ada 2 reaksi VA dan
H A S di B ada 2 reaksi VB dan H B f Kalau kita mau mencari besarnya
momen di 1 potongan E ƛE, maka M E-E = VA.x1- q x12 ƛ HA S HB 2
A B HA.h1 I II VB E l Nilai M E-E dibagi menjadi 2 bagian. h1 f 1 I =
VA . x 1 - q x1 2 2 II = HA.h1 HA HB A B 1 Nilai I = V A . x1 - q x12
sama dengan 2 l persamaan momen gambar (c) yaitu 2 (dua) VA VB
x1 perletakan dan dengan gambar bidang momen
142. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -86- Bidang M. Gambar
nilai I = V A.x1 ƛ ½ q x1² + Bidang M + - Gambar nilai II = H
A.h1Gambar 4.5. Skema NilainyaM pada pelengkung bidang
mengecilHarga momen total adalah sebagai berikut :Nilai I dan nilai II =
nilai tota l M E-E + - = nilai total M E-E + = nilai kecil (saling
menghapus)Dari uraian tersebut diatas terlihat bahwa bentuk
pelengkung itu akan memperkecil nilai momen. 4.1.3. Cara
Penyelesaian 4.1.3.1. Mencari Reaksi Perletakan P1 S Ada 2 (dua)
cara pendekatan penyelesaian untuk mencari reaksi. S1 Pendekatan
1 : hB Jika HA dan V A atau H B dan V B dicari HB hA bersamaan. B
a1 b1 Pendekatan 2 : HA VB Jika V A dan V B dicari dulu A baru H A
dan H B kemudian a bGambar 4.6. Skema gaya dan jarak pada
pelengkung (pendekatan 1)Pendekatan 1VA HA dan V Al dicari
dengan persamaan 7MB = 0 dan 7M S = 0 (bagian kiri) (2 persamaan
dengan 2 bilangan tak diketahui) Gambar (a) 7M B = 0 V A.l ƛ HA. (hA-
hB) ƛ P1.b1 = 0 (1)
143. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -87-7M S = 0 V A.a ƛ
HA.hA ƛ P1.S 1 = 0 (2)(bagian kiri)
144. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -88-Dari 2 persamaan
tersebut diatas yaitu (1) dan (2) maka V A dan H A bisa dicari. HB dan
V B dicari dengan persamaan 7M A = 0 dan 7M S = 0 (bagian kanan) 2
persamaan dengan 2 bidang tidak diketahui 7M A = 0 VB.l + HB (hA ƛ
hB) ƛ P1.a1 = 0 (3). 7M S = 0 VB.l - HB . hB) = 0 (4). (bagian kanan)
Dari persamaan (3) dan (4) maka V B dan H B bisa dicari. Pendekatan
2 P1 S Reaksi horizontal H A dan HB ditiadakan kemudian S1 arahnya
diganti, masing -masing menuju ke arah perletakan yang lainnya
menjadi Ab ¸ dan ¹ Ba f Ba B Dengan arah Ab yang menuju perletakan
B dan a
145. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -89- y Mencari reaksi Av
Pb 7 MB = 0 Av.l ƛ P1. b1 = 0 Av = 1 1 (1) l y Mencari reaksi Bv Pa 7
MA = 0 Bv.l ƛ P1. a1 = 0 Bv = 1 1 (2) l y Mencari reaksi Ab 7 MS = 0
Av.a ƛ P 1.S1 ƛ Ab . f = 0 Av . a P1S1 (bagian kiri) Ab = dengan
memasukkan nilai A v dari f persamaan (1), maka nilai Ab bisa dicari. y
Mencari reaksi Ba 7 MS = 0 Bv.b ƛ Ba . f = 0 Bv . b (bagian kanan) Ba
= dengan memasukkan nilai Bv dari f persamaan (2) maka nilai Ba bisa
dicari. Lihat posisi Ba dan Ab merupakan reaksi yang arahnya miring
Ba ( ¹) dan Ab ( ¸) Ba cos E Ba E Ba sin EAb sin E Ab
146. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -90- Kedua reaksi ini
harus diuraikan menjadi gaya - gaya yang vertical dan horizontalAb
diuraikan menjadi 2 (dua) gaya yaitu : Ab cos E( ) merupakan uraian
horizontal dan Ab sin E(µ) merupakan uraian vertical sedang.Ba juga
diuraikan menjadi 2 (dua) gaya yaitu : Ba cos E(³) merupakan uraian
horizontal dan Ba cos E(¶) merupakan uraian vertikal.y Bagaimana
dengan komponen -komponen itu selanjutnya ? Ternyata : Ab cos E =
HA pada cara pendekatan 1 yaitu merupakan reaksi horizontal di A. ( ´)
Ba cos E= HB pada cara pendekatan 2 yaitu merupakan reaksi
horizontal di B. (³) dan : VA (µ) = Av ( µ) + Ab sin E (µ) Pendekatan 1
gambar (a) pendekatan 2 gambar (b) dan VB (µ) = Bv (µ) + Ba sin E
(¶) Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b)
147. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -91- 4.1.3.2. Mencari
Gaya-gaya Dalam Seperti telah diketahui sebelumnya, gaya-gaya
dalam yang ada pada suatu balok adalah gaya dalam momen (M),
gaya lintang (D) dan gaya normal (N). P x Untuk balok yang lurus,
bukan pelengkung, seperti pada gambar (4.8), maka dengan mudahA
B kita menggambarkan bidang momennya (Bidang a b M) dan bidang
gaya lintangnya (Bidang D).RA l RA Karena bidang M merupakan
fungsi x Mx = RA . x, (x dari 0 ke a) linear dan Bidang bidang D
merupakan nilai konstan Dx = R A (x + dari 0 ke a). P.a.b lRA + Bidang
D - RB Gambar 4.8. Gaya dalam untuk balok diatas 2 perletakan
Bagaimana dengan bidang gaya dalam pada pelengkung ?. x q kg/mƞ
Lihat pada gambar 4.9 disamping, dimana suatu pelengkung 3 sendi
dibebani beban terbagi rata q kg/mƞ. Jika x adalah titik yang ditinjau
bergerak dari A s/d B, maka Mx = V A . x ƛ ½ q x² - HA . y S I = VA . x ƛ
½ q x² gambarnya adalah parabola seperti pada I sub bab 4.1.2.3
Gambar (c). II y II = HA . y HA = konstan nilainya y = jarak titik dasar ke
pelengkungA B HA HB VA VB Gambar 4.9 Pelengkung 3 sendi dengan
beban terbagi rata
148. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -92- y adalah merupakan
persamaan parabola dari pelengkung, dimana pada 4 fx (l x )
umumnya persamaannya adalah : y = l² II = HA.y gambarnya juga
parabola Jadi Mx = I ƛ II merupakan penggabungan 2 parabola yaitu
parabola I dan II yang tidak mudah penggambarannya !. * Bagaimana
dengan bidang D (bidang gaya lintang) Kita lihat titik dimana x berada
di situ ada x Vx dan Hx. Hx Vx = V A ƛ q . x (jumlah gaya -gaya vertikal
S di x kalau di hitung dari bagian kiri) Vx Hx = H A HA HBVA
VBGambar 4.10. Gaya vertical dan horizontal disuatu titik pa da
pelengkung 3 sendi Bagaimana nilai Dx dan Nx ? gaya-gaya tersebut
Vc dan Hx harus diuraikan ke gaya -gaya yang B (tegak lurus) dan //
(sejajar sumbu) Dimana posisi sumbu batang?. Posisi sumbu batang
adalah merupakan garis singgung dimana titik x berada. Garis
singgung tersebut membentuk Garis singgung di sudut E dengan garis
horizontal. x E maka Vx dan Hx harus diuraikan ke
149. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -93- Hx sin E Vx sin E E
Hx E Vx cos E Hx cos Vx E * Uraian Vx ke garis singgung * Uraian Hx
ke garissinggung Gambar 4.11. Uraian Vx dan Hx pada sumbu
batangDx = jumlah komponen yang B garis singgungNx = jumlah
komponen yang // garis singgung, makaDx = Vx cos E - Hx sin E
Jumlah gaya dari Jumlah gaya kiri bagian dengan dari kiri bagian arah
ke bawah arah ke atas tanda (-) tanda (+)Nx = - Vx sin E,x cos E = -
( Vx sin E¤Hx cos E Kedua gaya ini menekan batang tanda (-)Dari
uraian tersebut diatas kalau kita mau menggambar bidang D
(gayalintang) atau bidang N (gaya normal) akan mendapat
kesulitan.Karena setiap letak x berubah garis singgung akan berubah
sudutnya dannilai E akan berubah lihat gambar bawah. Garis singgung
Garis singgung E x di sebelah kanan titik puncak
150. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -94- Gambar 4.12.
Perubahan arah garis singgungBiasanya yang ditanyakan dalam
struktur pelengkung bukanlah bid angmomen (Bid. M); bidang gaya
lintang (Bid. D) ataupun bidang normal(Bid. N). Namun biasanya yang
ditanyakan adalah besarnya nilai momen,nilai gaya lintang, dan nilai
gaya normal di salah satu titik di daerahpelengkung tersebut.Contoh
Penyelesaian Contoh 1 3 t/mƞ Diketahui : Pelengkung 3 sendi dengan
persamaan 4fx(lt x ) parabola y = S l² Ec y = jarak pelengkung dari
garis C horizontal dasar x = aksis yang bergerak secara f=3 horizontal
dari A ke B yc m l = bentang pelengkung f = tinggi pelengkung H H A B
Pelengkung tersebut dibebani secara terbagi rata q = 3 t/mƞ. 2.5 m xc
VA VB 5m 5mGambar 4.13. Pelengkung 3 sendi dengan beban terbagi
rataDintanya : Nilai VA; VB; H; Mc; Dc dan NcDimana c terletak sejarak
x c = 2.5 m dari titik A.
151. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -95-Jawab : Lihat notasi
reaksi yang ada di perletakan A dan B; di A ada V A dan H dan di B
ada V B dan HReaksi horizontal di A ditulis H buk anlah H A demikian
juga, reaksihorizontal di B ditulis H bukanlah H B yang berarti reaksi
horizontal di A(HA) dan di B (H B) adalah sama.HA = HB kenapa ?
dengan mengacu bahwa 7H = 0 dimana beban luarsecara horizontal
tidak ada maka H A = HB = HMencari V A dan VB7 MB = 0 VA . l ƛ q.l.
½ l = 0 VA = ½ .3.10 = 15 ton (o)7 MA = 0 VB . l ƛ q. l. ½ l = 0 VB = 15
ton (o)mencari H7 Ms = 0 (kiri bagian dari S)VA . 5- H . 3 ƛ ½ q . (5)² =
0 V .5 1 / 2.q (5)² 15.5 1 / 2 . 3 . 25H= ! ! 12.5 ton 3 3y Mencari ordinat
titik c guna mencari Mc dengan persamaan parabola y 4 fx (l x ) = l²
untuk x = 2.5 m 4.3.2,5 (10 2,5) yc = ! 2,25 m 10²y Mencari Mc
(momen di titik c) dihitung dari kiri c Mc = VA .Xc ƛ H.yc ƛ ½ .q.Xc² = 15
. 2,5 ƛ 12,5 . 2,25 ƛ ½ . 3 . 2,5² = 0 (nilai momen = 0) y Mencari gaya
normal dan gayaHc Ec lintang Vc Untuk mencari gaya lintang maupun
gaya normal pada potongan x, makaA B Menentukan nilai Ec 2.5m 4 f
x (l x ) 4 f (l 2 x y= y ! Gambar 4.14. Sudut Ec l² l²
152. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -96- kita perlu mencari
sudut Ec yaitu sudut yang terbentuk antara garis singgung di titik c dan
garis horizontal. Vc = VA ƛ q.x = 15 ƛ 3.2,5 = 7,5 ton (o) Hc = H = 12,5
ton ( ) Dc = Vc cos Ec ƛ Hc sin Ec = 7,5 . 0,8575 ƛ 12,5 . 0,5145 =
6,4312 ƛ 6,4312 = 0 Hc sin Vc sin Ec Ec Ec Hc Ec Vc cos Ec Vc Hc
cos Ec Gambar 4.15. Uraian gaya Vc dan Hc Nc = - (Vc.sin Ec + Hc
cos Ec) = - (7,5 . 0,5145 + 12,5 . 0,8575) = - 14,5774 ton Dari hasil nilai
gaya dalam tersebut tampak bahwa nilai Mc = 0; Dc = 0; Nc = -14,5774
ton, jadi ini jelas bahwa struktur pelengkung ditekankan menerima
gaya tekan. Contoh 2 Diketahui : xc=2.5m S Pelengkung 3 sendi
dengan persamaanxp=2m 4fx(l x ) parabola bentang l = 10 m C l² P=6t
f=3 dan tinggi f = 3 m persis seperti pada yc yp m contoh 1, hanya
beban luar yang HA HB berbeda yaitu P = 6 ton ( ) horizontal
153. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -97-Gambar 4.16.
Gambar pelengkung 3 sendi pada contoh soal
154. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -98-Jawab :Karena ada
beban horizontal maka H A { HBMencari V A dan V BUntuk mencari
VA dan VB perlu tahu tinggi yp untuk Xp = 2 m 4.3.2 (10 2)Yp = ! 1,92
m 10²7 MB = 0 VA . l + P.yp = 0 VA . 10 + 6 . 1,92 = 0 VA = -1,152 ton
(q)7 MA = 0 VB . l - P.yp = 0 VB . 10 - 6 . 1,92 = 0 VB = + 1,152 ton (o)
7v=0 VA + VB = 0 cocokMencari H A dan HB7 M S = 0 (kiri)7 MS = 0
VA . ½ l ƛ HA . f ƛ P ( f ƛ yp ) = 0 - 1,152 . 5 ƛ HA . 3 ƛ 6 (3 ƛ 1,92) = 0 -
5,76 ƛ HA . 3 ƛ 6 . 1,08 = 0 5,76 6,48 HA = ! 4,08 ton (n) 37 M S = 0
(kanan)7 MS = 0 VB . ½ l ƛ H B . f = 0 1,152 . 5 ƛ HB . 3 = 0 HB = 1,92
ton (n)Kontrol 7H = 0 P + HA + HB = 0 6 ƛ 4,08 ƛ 1,92 = 0 (cocok)
155. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -99- Mencari M, Dc dan
Nc Seperti pada contoh 1 yc = 2,25 m Ec = 30,96° sin Ec = 0,5145; cos
E = 0,8575 Mc = - V A .Xc + HA . yc ƛ P (yc ƛ yp) Mc = -1,152 . 2,5 +
4,08 . 2, 25 ƛ 6 (2,25 ƛ C Ec 1,92)P=6 yc = - 2,88 + 9,18 ƛ 1,98 t = 4,32
tm HA HB VA VB Hc sin Hc C Hc Ec Vc Ec EcP Vc sin E Vc cos E Vc
Hc cos Ec HA VA Gambar 4.17. Distribusi Vc dan Hc Vc = 1,152 ton
(q) Dc = - Vc cos Ec ƛ Hc sin Ec Hc = 6 ƛ 4,08 = 1,92 ( ) = -1,152 .
0,8575 ƛ 1,92 . 0,5145 = -1,9757 ton Nc = + Vc sin Ec ƛ Hc cos Ec
156. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -100- = 1,152 . 0,5145 ƛ
1,92 .0,8575 = - 1,0537 ton4.1.4. Latihan Untuk mempraktekan teori -
teori yang ada diuraian depan, maka perlu diadakan suatu lat ihan
sebagai berikut :1). q=2 P = 6t S Suatu pelengkung 3 sendi ABS
dengan beban c terbagi rata q = 2 t/mƞ sepanjang setengah bentang;
dan P = 6t vertical terletak sejarak 2 f=3 m horizontal dari B. m HA 2m
Ditanyakan : VA; HA; VB; HB; Mc; Nc; Dc A B HB 2m VA VB 4m
4mPersamaan Parabola : 4 f x (l x )y= l²2). Suatu pelengkung sendi
ABS dengan beban q=3 terbagi rata q = 3 t/mƞ sepanjang setengah
bentang dan P = 4 ton horizontal terletak di sejarak 2 m dari A. c S P =
4t Ditanyakan : VA; HA; VB; HB; Mc; Nc; Dc f=4 m A HA HB B 4 f x (l x
) Persamaan parabola : y = Xp=2 m l² Xc=3 m VA VB 5m 5m
157. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 101- 4.1.5. Rangkuman
o Pelengkung 3 sendi adalah struktur jembatan yang dipergunakan
untuk penampang sungai yang mempunyai dasar cukup dalam. o
Struktur tersebut masih merupakan struktur statis tertentu yang bisa
diselesaikan dengan syarat -syarat keseimbangan. o Yang biasanya
dicari dalam struktur pelengkung adalah nilai momen, gaya lintang dan
gaya normal di salah satu titik. Sedang bidang momen, bidang ga ya
lintang dan bidang normal tidak dihitung karena penggambarannya
cukup kompleks. 4.1.6. PenutupUntuk mengukur prestasi, mahasiswa
bisa melihat sebagian jawaban darsoal -soal tersebut diatas sebagai
kontrol. Soal No. 1 Keterangan Titik Nilai Arah / Tanda Reaksi Vertikal
A 7,5 ton o B 6,5 ton o Reaksi Horizontal A 4,667 ton p B 4,667 ton n
Data Pendukung yc 2,25 m yƞ 0,75 Sin E 0,6 Cos E 0,8
158. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -102- Momen C 0,5625
tm (-) Gaya Lintang C ~0 - Normal C 5,8336 ton (-)Soal No. 2
Keterangan Titik Nilai Arah / Tanda Reaksi Vertikal A 10,226 ton o B
4,774 ton o Reaksi Horizontal A 1,9675 ton p B 5,9675 ton n Data
Pendukung yc 3,36 m yƞ 0,64 Sin E 0,539 Cos E 0,842 Momen C
7,3672 tm (+) Gaya Lintang C 2,184 ton (-) Normal C 5,6854 (-)4.1.7.
Daftar Pustaka 1. Soemono ƠStatika Iơ ITB, bab 2. Suwarno
ƠMekanika Teknik Statis Tertentuơ, UGM, bab4.1.8. Senarai
Pelengkung sendi : struktur pelengkung di suatu jembatan dimana
salah satu sendinya (selain perletakan), berfungsi supaya pelengkung
tersebut menjadi statis tertentu.
159. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 103- 4.2. Garis
Pengaruh Pelengkung 3 Sendi 4.2.1. Pendahuluan Seperti pada balok
diatas dua perletakan, s truktur pelengkung 3 sendi difungsikan
sebagai jembatan yang mana diatasnya selalu ada muatan yang
berjalan. Untuk mencari besarnya gaya dalam (momen, gaya lintang)
pada suatu titik dipelengkung tersebut perlu adanya garis pengaruh.
4.2.2. Pengertian Dasar Pengertian tentang garis pengaruh pada
pelengkung 3 sendi sama dengan pengertian garis pengaruh pada
balok menerus, yaitu besarnya reaksi atau gaya -gaya dalam disuatu
tempat yang diakibatkan muatan berjalan sebesar satu satuan muatan.
4.2.3 Prinsip penyelesaian. a. Garis Pengaruh Reaksi x P G.P. V A dan
V B (garis pengaruh reaksi di A dan B) S Px P berjalan dari A ke B, 6
MA = 0 VB = lVA VB VB Untuk P di A ; x = 0 VB = 0 f Untuk P di B ; x =
l V B = 1 ton H H 6 MB = 0 l a b P (l x) VA = ton (linier) l G.P V B Untuk
P di A ; x = 0 V A = 1 ton (+ 1t Untuk P di B ; x = l VA = 0 G.P VA
G.P.H (Garis Pengaruh reaksi horizontal) (+) HA = HB (karena beban
hanya vertikal)1t Jika P berjalan dari A ke S (li hat bagian kanan S)
G.P. H 6 MS = 0 V B . b ƛ H . f = 0, P. a . b l .f VB . b Px b H= = . ton (di
persamaan atas V B = VB . b VA . a f l f f f Px ) lGambar 4.18. Garis
pengaruh V A, V B danH
160. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 104- Untuk P di A ; x =
0 p H = 0 P. a .b Untuk P di S ; x = a p H = ton l.f Jika P berjalan dari S
ke B (lihat bagian kiri S): 6MS = 0 VA . a - H.f = 0 a H = VA . f ton P ( l
x ) a ton P (l x ) H= f dipusatkan VA = l l Untuk P di B ; x = l H=0 P. a.b
Untuk P di S ; x = a H= ton l .f G.P. M C (Garis Pengaruh Momen dititik
C). u v Jika P berjalan di kanan Potongan C (dari C ke B), maka lihat
kiri potongan (kiri C). M C = VA . u - H . c I II (dibagi menjadi dua
bagian I dan II)VA VB f P dikiri potongan C (dari A ke C) lih at c kanan
potongan.A B MC = VB . v - H . c H H I II (dibagi menjadi dua bagian I
dan II) a b Bagian I VA . u dan V B . v sama dengan l G.P. bagian I
G.P. M C pada balok di atas dua perletakan (+) Untuk P di C maka M
C = P . u . R P . u .v l l C u v G.P. bagian II VA (-) VB P. a .b c l .f
Bagian II H.C = G.P. H x C G.P. M C Garis Pengaruh Total (M C) sama
dengan jumlah dari garis pengaruh bagian I dan bagian II (+ (-)
161. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 105- Gambar 4.19.
Gambar GP.Mc C. Garis Pengaruh Gaya Lintang (D) dan Normal (N) u
v VA G.P. N dan D Jika P berada dikanan C (lihat dari A ke C) S C D
VA V C = VA H VA sin D HC = H VA diuraikanVA VB f VA cos D D
menjadi gaya C yang sejajar ( // ) dan ( ^ ) garis B H H singgung di C,
VA sin D dan V A cos D. a b H cos HC = H D H diuraikan l E menjadi
gaya- G.P. NC bagian I D Q gaya yang sin E Sin sejajar ( // ) l H sin
dan tegak lurus (+) ( - ) v sin E l yaitu H cos D dan H sin D, sehingga:
NC = - (VA sin D + H cos D )GP VB sin I IID GP. V A Sin DC = VA cos
D - H sin D D I II GP NC Bagian II I -> identik dengan G.P. Gaya
Lintang (- P. a . b balok diatas 2 perletakan untuk G.P. Gaya cos E ) l .f
normal perlu dikalikan sin D dan untuk G.P Gaya Lintang perlu
dikalikan cos D
162. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 106- GP NC Total ( I
dan II ) v sin E l II identik dengan garis (-) pengaruh gaya horizontal
a .b (H), untuk GP. Gaya normal cos E l .f perlu dikalikan cos E dan
G.P. NC untuk GP. Gaya lintang v cos E perlu dikalikan cos sin E l (-) v
cos E Mencari Nilai E l (+) Persamaan parabola 4fx (lt x ) VB cos E VA
cos E y= l² GP.DC bagian II 4f ( lt 2 x ) Pab yƞ = - sin E l² lf Mencari
nilai E u Persamaan parabola cos E l GP DC Total (I + II) 4fx (l x ) y= l²
(-) 4f ( l 2 x ) y = l² v cos E Untuk nilai x tertentu E bisa dicari l. a b G.P.
D C sin E l. fGambar 4.20. Garis pengaruh gaya lintang (D) dan gaya
normal (N)
163. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 107- 1. Contoh Soal x P
Diketahui : suatu pelengkungan 3 sendi seperti pada gambar S dengan
persamaan parabola: C EC 4 fx ( l x ) Y= l² Ditanyakan : G.P reaksi
dan G.P. Nc dan Dc f =3 m Jawab : H H GP V A A B § MB = 0 VB P (l
x) lx VA 5m 5m VA = ton = ton l l 2.5 l Untuk P di A x=0 VA = 1 ton m
Untuk P di B x=l VA = 0 G.P. VA (+) G.P. V B1t § MA = 0 Px x G.P. V B
VB = ton ! ton l l t (+) 1tUntuk P di A x=0 VB = 0 Untuk P di B x= l VB =
1 ton G.P. H G.P. H (+) 5/6 P berjalan antara A - S (lihat kanan S) Px x
§ MA = 0 VB = ! l l 1 § MS = 0 VB l - H.f = 0 2 Gambar 4.21. GP VA; VB
dan H dari VB . 5 - H. 3 = 0 H= pelengkung 3 sendi VA . 5 3 ( l x ) 5
(10 x ) 5 H= . ! t l 3 10 3 Untuk P di B x = 10 H=0t Untuk P di S x=5 H=
105 5 5 5 5 . ! ! t µ 10 3 10 3 6 .a.b 1.5.5 5 Atau H = ! ! t l. f 10.3 6
164. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 108- S C i VA VA cos E
VA sin E VC = VA HC = H ECA B G.P. NC Bagian I H cos E (+ 0.1286
t EC 0.3858 (-) H sin E G.P. NC Bagian (-) NC = - (VA sin E + H cos E)
0.714 t I II DC = VA cos E - H sin E G.P NC I II 0.5144 Mencari nilai EC
t 4 f .x (l x ) 4.3 (10 x ) Y= ! ( l² 10² -) 4 f ( l x ) 4 . 3 x (10 2 x ) 0.9712
Y = ! l² 10² (-) 4.3 (10 5) 60 3 0,2143 G.P.D C Untuk x = m y = ! ! Bag.I
100 100 5 (+) y =3/5 = arc tg EC 0.643 EC = 30.96º sin E = 0.5145 1
cos E = 0.8575 G.P. DC bag. II .G.P. NC NC = - (VA sin E + N cos E)
(-) 0.42875 I II I untuk P di C x = 2.5 m VA = ¾ t VB = ¼ (-) G.P. D C t I
VA sin E = ¾ . 0,5145 = 0,3858 0.4286 VB sin E = ¼ . 0,5145 = 0,1286
0,428 II H cos E 8 Untuk P di S H cos E = 5/6 . 0,8575 = 0,714Gambar
4.22. GP Nc dan Dc pada G.P. D C pelengkung 3 sendi DC = V A cos
E - H sin E Untuk P di C x = 2,5
165. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -109-4.3. Muatan tak
langsung untuk pelengkung 3 sendi4.3.1. Pendahuluan Seperti pada
balok menerus, pada pelengkung 3 sendi ini pun terdapat muatan yang
tak langsung. Pada kenyataannya tidak pernah ada muatan yang
langsung berjalan diatas gelagar pelengkung 3 sendi, yang melewati
diatas pelengkung 3 sendi harus melalui gelagar perantara. Gelagar
perantara Kolom perantara Pelengkungan
166. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -110- SGambar 4.23.
Gelagar perantara pada pelengkung 3 sendi4.3.2. Prinsip dasar Prinsip
dasar penyelesaiannya sama dengan muatan tak langsung pada balok.
Muatan akan ditransfer ke struktur utama, dalam hal ini pelengkung 3
sendi, melewati gelagar perantara dan kemudian ke kolom perantara. q
= kg/mƞ P a b R1 R2 R3 R4 R5 R6 q kg/mƞ P R1 R2 R3 R5 R4 R6 S P
P P P P L =5P
167. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -111- . . . . . . (a). Kondisi
pembebanan (b). transfer beban lewatkolom perantara P q = kg/mƞ R1
R2 R3 R4 R5 R6 P P a P b P P(c) Perhitungan nilai R (beban yang
ditransfer)R1 = q . ½ P = ½ qPR2 = q . P = qPR3 = q . ½ P + (b/P ). P
= ½ qP + (L/P )P aR4 = P PR5 = R6 = 0 Gambar 4.24. Distribusi beban
pada pelengkung 3 sendi 1t 1t q = 1 t/mƞ 2 3 4 a a5 6 S
168. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 112- Contoh. Muatan
Tak Langsung Pada Pelengkung 3 Sendi. Suatu konstruksi pelengkung
3 sendi dengan muatan tak langsung seperti . . pada gambar. Prinsip
penyelesaian sama dengan muatan tak langsung pada balok
sederhana diatas 2(dua) perletakan. . . Beban dipindahkan ke
pelengkungan melalui gelagar. Menjadi (R1; R2; R3; . . R4 dan R5) a b
R2 = R3 = ½ P.qton R4 = 0.5 ton R2 R4 R5 R1 C R3 R5 = 1.5 ton R6 S
e . Vc = Av ƛ R1 Hc = H . Yc Mc = VA.Xc-R2.e-HA.Yc HA HB Vc =
VA.Xc-R2.e-HA.Yc Nc = -(Vc . sinE + Hcos E) VA VB Dc = Vc. Cos E -
Hc sin E Vc Vc sin E Hc cos EVc cos E Ec C C Hc Hc sin E Gambar
4.25. Distribusi beban pada pelengkung 3 sendi 4.4. Garis pengaruh
gelagar tak langsung pada pelengkung 3 sendi 4.4.1. Pendahuluan
169. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 113- Seperti biasanya
pada sutau jembatan tentu selalu dilewati muatan yang berjalan
diatasnya, untuk itu garis pengaruh selalu diperlukan untuk mencari
reaksi atau gaya-gaya dalam (M,N,D) disuatu ttitik pada gelagar
tersebut. 4.4.2. Prinsip Dasar Sama seperti pada balok diatas gelagar
tak langsung 2 tumpuan, transfer beban hanya disalurkan lewat kolom
perantara. Beban standart yang dipakai adalah muatan berjalan
sebesar satu satuan. (1 ton, atau 1 kg atau Newton) . P P P P Seperti
garis pengaruh pada gelagar . . . . tak langsung diatas-atas 2 tumpuan.
Bagaimana garis pengaruh momenA B dipotongan I pada gambar
dengan C I D E gelagar tak langsung (gambar a). ½ ½ Gambar b
adalah gambar garis P P pengaruh mome n dipotong I + (GP M I)
untuk gelagar langsung dengan puncak dibawah 1,5 P . 2,5 P 15
potongan I, dengan ordinat ! P 1,5P .25P 15 P 8 puncak adalah ! P 4P
8 GP M I untuk gelagar langsung Kalua gelagarnya tak langsung,
maka kalau diperhatikan bebanGambar 4.26. Garis pengaruh momen
di tak pernah lewat diatas potongan I untuk gelagar potongan I, karena
potongan I langsung tersebut terletak diantara P P P gelagar lintang C
dan D. P 54,33 54,33 54,33 54,33 Kalau muatan berada diatas gelagar
C ƛ D beban tak penuh melewati A B tepat pada potongan I C I D E P
y1 y + C D y2 I P1 P2 GP M I gel. langsung Beban tersebut selalu
ditransfer ke y1 y2 gelagar lewat titik C dan D dengan C I D nilai P1
dan P2. Jadi ordinat yang bawah titik I adalah (P1.Y1 + P2.Y2). Jika
letak
170. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 114- potongan I
ditengah -tengah C-D GP. M I gel. taklangsung maka ordinat dibawah
potongan I adalah ½ y 1 + ½ y2 ½ y1 + ½ y C I DGambar 4.27. Garis
pengaruh m omen di potongan I untuk gelagar tak langsung y1 y2 ½ y1
+ ½ y Jadi garis pengaruh untuk gelagar tak langsung sama dengan
garis pengaruh pada gelagar langsung dengan pemotongan puncak
dipap ar dimana titik tersebut berada. Pemaparan pada gelagar
disebelah kiri dan kanan dimana titik berada seperti pada gambar d.
Contoh Suatu struktur pelengkug 3 sendi dengan gelagar tak langsung
seperti pada gambar. Gambarkan Garis pengaruh Mc , Dc dan Nc
171. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 115- Penyelesaian;
Untuk garis pengaruh gelagar tak langsung. C Penyelesaiannya sama
dengan beban langsung, S Cuma dipapar pada bagian gelagar yang
bersangkutan. yc . f . GP Mc = VA§x H.yc µ . ] H H I II VA VB Q . R . .
a . b GPMc bagian I pemaparan P.Q.Y I + l GPMc bagian II pemaparan
- II P.a .b yc l.f G.P. Mc total (bag I + bag II) P.Q.Y + - lpemaparan
G.P.Nc = - (Av sin E + H cos E ) P.a .b yc Sin E l.f - P.a .b cos E lf
pemaparan pemaparanG.P.Dc = Av cos E - H sin E Cos E - P.a.b sin E
lf pemaparan Gambar 4. 28. 4.5. Judul : Portal 3 sendi 4.5.1.
Pendahuluan
172. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -116- Bentuk dengan
suatu struktur adalah bermacam-macam, bisa berupa balok menerus,
balok gerder, pelengkung 3 sendi dan gelagar lainnya. Kalau dibagian
sebelumnya ada struktur pelengkung 3 sendi, maka bentuk lain dari
struktur tersebut adalah portal 3 sendi sepeti tergambar dibawah ini S
A B Gambar 4.29. Bentuk portal 3 sendi Portal 3 sendi adalah suatu
penyederhanaan sederhana dari pelengkung 3 sendi supaya
penyelesaiannya lebih sederhana dan tidak perlu memakai gelagar
yang tak langsung.4.5.2. Prinsip Dasar Prinsip dasar penyelesaian nya
sama dengan pelengkung 3 sendi yaitu memakai 2 pendekatan
Pendekatan I
173. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -117- S2 P1 P2 P1 S a1
b1 a2 b2 h B h HB h VB A HA VA a b L Gambar 4.30. Arah reaksi -
reaksi dari portal 3 sendi untuk penyelesaian dengan cara pendekatan
I Prinsip penyelesaiannya sama den gan pada pelengkung 3 sendi
yaitu memakai 2 pendekatan.Pendekatan I 2 cara seperti pada
pelengkung 3 sendi. 7 MA = 0 VB.l + HB.hƞ ƛ P2 . a2 ƛ P1 . a1 = 0 VB
dan H B dapat 7 MS = 0 VB.l + HB. (h ƛ hƞ) ƛ P2 . S 2 = 0 ditentukan
(dari kanan) 7 MB = 0 VA.l + HA.hƞ ƛ P 1 . b1 ƛ P2 . b2 = 0 VA dan H A
dapat 7 MS = 0 VA.a + HA.h ƛ P 1 . S1 = 0 ditentukan (dari kiri)
Pendekatan II
174. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -118- P1 P1 P2 S S1 S
S2 a1 b1 a2 b2 h B h BA h BV A AB AV a b L P1 P1 S fƞ ff ƞ B BA BV
A AB AV a b L Av ƞ AB HB B BA Bv Ɲ A HA Gambar 4.31. Arah reaksi
portal 3 sendi dengan cara pendekatan II
175. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -119-Cara 2 7 MB = 0
Av.l ƛ P1 . b 1 ƛ P2 . b 2 = 0 P1.b1 ¤ P2 .b 2 Av = l 7 MA = 0 Bv.l ƛ P1 .
a1 ƛ P2 . a2 = 0 P1.a 1 ¤ P2 .a 2 Bv = l 7 MS = 0 (kiri) Nilai HA . f ƞ A B
. f = HA . f Ɲ Av.a ƛ P1 . S 1 ƛ AB . f = 0 .a ¤ P1 . S1 AB = Av f 7 MS =
0 (kanan) HB . f ƞ Nilai Bv.b ƛ P2 . S 2 ƛ BA . f = 0 BA . f = HB . f Ɲ Bv .
b P2 . S 2 BA = f AB dan B A diuraikan HA = AB cos E HB = BA cos E
Av Ɲ = A B sin E Bv Ɲ = B A sin EMaka :VA = Av + Av ƝVB = Bv ƛ Bv
ƝHA = AB cos EHB = BA cos EContoh
176. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -120-Suatu struktur portal
3 sendi seperti pada gambar , selesaikanlah strukturtersebut. P =1 m
P1 Penyelesaian; q 2t/m S 4t § D Memakai pendekatan 2 C 7 MB = 0
4m Av.l ± q . 3 . 4,5 - P.1 = 0 5m (fƞ) AB Av.6 ± 2.3. 4,5 ± 4.1 = 0 HA
27 ¤ 4 B Av = ! 5 1 / 6 ton 2m Av BA 6 HB B 7 MA = 0 Bv Av.l ± P.5 -
q . 3 . 1,5 = 0 3m 3m Av.6 ± 4.5 ± 2.3 . 1,5 = 0 20 ¤ 9 Bv = ! 4 5 / 6 ton
HA 6 E MS = (dari kiri) AB BA Av Ɲ Av . 3ƛ2.3 . 1,5ƛ HA.5 = 0 E Bv Ɲ 4
5/6 . 38 HB = ! 1.3 ton
177. n HB 5Gambar 4.32. Skema reaksi yang terjadi VA = Av ƛ
Avƞ dalam portal 3 sendi = 5 1/6 ƛ 0,4333 = 4,7334 tHA = 1,3 ton VB =
Bv + 0,4333 mAvƞ = H A . tg E = 4 5/6 + 0,4333 = 5,2666 tAvƞ = 1,3 .
2/6 = 0,4333 ( q) Kontrol : 7 V =0Bvƞ = 0,4333 (o) 6 + 4 = 4,7334 +
5,2666 Kontrol : 7 H =0 4t P1 q 2t/m HA ( ) = HB (n) S D C PusatA 1.3t
A 4.7334t 1.3t B B 5,2666 t
178. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 121- Bidang M
(momen) 5,2 tm 7,8 tm Mc = -HA . 4 = -1,3.4 = - 5,2 - S - tm - C D -
Mmax teletak di D = 0 x = 2,3667 m (daerah cs) x = 2,3667 Mx = -HA .
4 + A VA . 2,3667 ƛ ½ . q (x²) BIDANG M x Mx = -1,3 . 4 + 4,7334 . B
1,2666 t 2,3667 ƛ ½ . 2 (2,3667)²4,7334 + = -5,2 + 11,20254 ƛ 5,60127t
- 5,2666 t = 0,40127 tm (M max) - 4 MD = -HB . 6 = -1,3 . 6 = - 7,8 tm +
Momen dibawah beban P 1,3 t BIDANG D MP=VB.1 H B.6 = 5,2666.1
ƛ 1,3 t 7,8 1,3 t - 1,3 t = - 2,5334 tm Bidang D (gaya lintang) - - Daerah
A-C D = -HA = -1,3t Daerah C-D Dx = VA ƛ qx 4,7334 t BIDANG N Di S
x=3m 5,2666 t Ds = 4,7334 ƛ 6 = -1,2666 tm Daerah B-D D = -HB = -
1,3 tGambar 4.32. Bidang M, N, D portal 3 sendi Bidang N (gaya
Normal) Daerah A-C N = -VA = -4,7334 ton Daerah C-D N = -HA = -HB
= -1,3 ton Daerah B-D N = -V B = - 5,2666 tm
179. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 122- 4.6. JUDUL :
BALOK GERBER PADA PORTAL 3 SENDI 4.6.1. Pendahuluan
Seperti pada balok menerus diatas 2 perletakan, maka untuk
memperpanjang bentang, dibuat balok gerber dari portal 3 sendi
dengan skema struktur seperti pada Gambar (a). S S1 C (a) S = sendi
dari portal 3 sendi S1 = sendi gerber A B C RS1 Rc Gambar 4.33. RS1
Skema pemisahan struktur gerber S portal 3 sendi menjadi 2 bagian
(b ) - Prinsip penyelesaian dasar seperti pada Balok gerber biasa.
4.6.2. Prinsip Penyelesaian Dasar - Dipisahkan dulu struktur gerber S1
C tersebut menjadi 2 ba gian, dimana kedua-duanya harus merupakan
R S1 R S1 konstruksi statis tertentu. S - Harus pula diketahui mana
struktur yang ditumpu dan mana pula struktur yang menumpu. -
Struktur yang ditumpu diselesaikan dulu dan reaksinya
merupakanGambar 4.34. Skema pemisahan struktur beban pada
struktur yang gerber portal 3 sendi menumpu.
180. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -123-4.6.3. Contoh
PenyelesaianGERBER PADA PORTAL 3 SENDI P1 q t/mƞ S S1 C S =
sendi portal S1 = sendi gerber A B Penyelesaian sama dengan prinsip
pada balok gerber P1 Balok S 1-C merupakan struktur yang ditumpu
dari portal 3 sendi RS1 RC q t/mƞ RS1 S A B S, merupakan struktur
yang menumpu. Reaksi R S1 pada struktur S1-C merupakan beban
pada struktur portal HA HB sendi A B S 1. A B Baik struktur S 1-C
ataupun struktur A B S 1 kedua-duanya VA VB merupakan struktur sta
- tis tertentuGambar 4.35. Pemisahan struktur gerber portal 3
sendiPenyelesaian kedua struktur tersebut, baik S 1-C maupun A B S
1diselesaikan seperti biasanya, termasuk penyelesaian gaya -
gayadalamnya.
181. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 124- 4.7. Garis
Pengaruh Gerber Pada Portal 3 Sendi 4.7.1. Pendahuluan Seperti
biasanya, bahwa jembatan gerber pelengkung 3 sendi selalu dimuati
oleh suatu kendaraan yang berjalan. Jadi untuk menghitung besarnya
reaksi, besarnya momen serta gaya lintang disuatu titik memerlukan
suatu garis pengaruh. 4.7.2. Prinsip Dasar Untuk menghitung garis
pengaruh tersebut perlu diketahui mana struktur yang ditumpu dan
mana yang menumpu. S Seperti pada gambar (a) dan (b)(a) S1 C
struktur S,C adalah yang ditumpu sedang struktur ABS 1 adalah
struktur yang menumpu Kalau muatan berada diatas struktur ABS1,
maka RS 1 dan Rc A B di struktur S 1C tidak ada, namun sebaliknya
jjika muatan berada C S1 diats S1C maka reaksi-reaksi di struktur ABS
1 ada. S(b) A B Gambar 4.36. Pemisahan struktur pada gerber portal 3
sendi 4.7.3. Contoh Penyelesaian
182. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 125- GARIS
PENGARUH GERBER PORTAL 3 SENDI P x u v E C Aƞ D S Bƞ S1 f
H H A B c a b d e l d l - GP.R Al ¤c + 1t l l ¤d C 1t l - l GP.R B V + l c d
+ + l l GP.DD - Q l a.d GP.RB GP.RA l.f a.bb.c + l .f +l .f -
GP.ND=GP.H d.a u.v a.b a.b .f ! l l l. f l GP.M D cb cb l l Gambar 4.37.
Garis pengaruh pada gerber portal 3 sendi GP.RA
183. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -126- l xRA = ton l l cP di
E x=-c RA = ton l lP di A x=0 RA = ! 1 ton lP di B x=l R A = 0 ton dP di
S 1 x=l+d RA = - ton lGP.RB xRB = ton l cP di E x=-c RB = ton lP di A
x=0 RB = 0 tonP di B x=l R B = 1 ton l ¤dP di S 1 x=l+d RA = ton lGP.
DDP berada antara E D lihat kanan potongan DD = -RBP berada
antara D C lihat kiri potongan D D = RAGP. N DGaris pengaruh N D
sama dengan g.p nilai H. xP berada antara E lihat kanan S RB = l7 Ms
= 0 (lihat kanan s) RB . b ƛ H.f = 0 b H = RB . . ~ g.p. R B f c c l c.bP di
E RB = p H ! x p ND ! l l f lf
184. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -127- a a b a.bP di S RB
= p H ! x p ND ! l l f lf l xP berada antara DC lihat kiri S RA = t l7 Ms =
0 (lihat kiri s) RA . a ƛ H.f = 0 R A .a H= f b a abP di S RA = b p H ! . p
N D ! l l f lf b a abP di S 1 RA = b p H ! . p N D ! l l f l fGP.MDP berada
antara D CM D = RA . Q - H . f I III = RA Q = Garis pengaruh M D
diatas 2 perletakan Q.VP di D MD = lII = H . f = Garis pengaruh H x
f.4.8. Latihan : Garis pengaruh pada Pelengkung dan Portal tiga sendi
185. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -128- Untuk memacu
mahasiswa belajar maka perlu diberi latihanSoal 1. S P = 1 t berjalan
4m C Pelengkung 3 sendi seperti tergambar. yc f= 4 Pelengkung
mengikuti persamaan H H parabola:A H H B y = 4fx (l - x) / l² 8m 8m
Akibat beban P = 1t berjalan diatas pelengkung, ditanyakan : VA VB
G.P. VA , G.P. H, G.P. N C , G.P.D C , G.P. M CSoal 2. S C D Portal 3
sendi ABCD seperti tergambar f=3m Akibat beban P = 1t berjalanAB
EE diatas portal, ditanyakanL H 4m H G.P VA , G.PH, G.P N C bawah ,
4m 4m 4m VA VB G.P D C bawah, G.P NC kanan, G.P D C
kananPortal 3 sendi adalah suatu portal yang kondisinyamasih statis
tertentu. Gerber portal 3 sendi adalah suatu rangkaian antaraportal 3
sendi dan balok statis tertentu, dimana dalam
penyelesaiannyamerupakan gabungan dari penyelesaian masing -
masing struktur statistertentu tersebut.
186. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -129-4.9.
Rangkuman4.10. Penutup Untuk mengetahui kemampuan mahasiswa,
perlu melihat jawaban soal-soal tersebut seperti dibawah ini.
Keterangan P = 1t dititik Nilai Tanda / Arah VA A 1t + o B 0 Di A = H A
0 + p S 1t B 0Data pendukung Yc 3m Y = tng E 0.5 Sin E 0.447 Sin E
0.894 Keterangan P = 1t di titik Nilai Tanda / Arah NC A 0 C kiri 0,335t
- C kanan 0.782t - S 1,1175t - B 0 DC A 0 C kiri 0,447t - C kanan
0,447t + S 0 B 0 MC A 0 C 1,5t m + S 1,0t m - B 0
187. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -130-Soal No. 2
Keterangan P = 1t di titik Nilai Tanda/ Arah VA A 1t + o B 0 Di A = H A
0 S 1,333t + p B 0 NC bawah A 0 C bawah 0,384t - C kanan 0,084t - S
1,336t - B 0 DC bawah A 0 C bawah 0,60t - C kanan 0,20t - S 0,40t - B
0 NC kanan A 0 S 1,333t - B 0 DC kanan A 0 C bawah 0,25t - C kanan
0,75t + B 0 MC A 0 C 1t m + S 2t m - B 04.11. Daftar Pustaka
Suwarno, ƏMekanika Teknik Statis TertentuƐ, UGM Bab VI dan VII
188. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -131-4.12. Senarai
Pelengkung 3 sendi : struktur pelengkung yang masih statis tertentu
Portal 3 sendi = struktur portal yang masih statis tertentu Gerber
pelengkung 3 sendi = gabungan antara pelengkung 3 sendi dan balok.
Gerber portal 3 sendi = gabungan antara portal 3 sendi dan
balok.MODUL 5 : ARTI KONSTRUKSI RANGKA BATANG DAN CARA
PENYELESAIANNYA5.1. JUDUL : KONSTRUKSI RANGKA BATANG
(K.R.B.)
189. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -132-5.1.2. Tujuan
Pembelajaran UmumSetelah membaca materi ini mahasiswa
diharapkan bisa mengerti arti serta cara menyelesaikan struktur
konstruksi rangka batang.5.1.3. Tujuan Pembelajaran KhususSetelah
membaca materi ini mahasiswa bisa mengetahui bentuk -bentuk KRB
serta bisa menyelesaikan struktur tersebut dengan beberapa cara
pendekatan yang telah dijalankan diajarkan serta tahu persyaratan-
persyaratan yang diperlukan.5.1.4. PendahuluanDalam membuat suatu
struktur bangunan maka kita harus menyesuaikan dengan material
yang ada terutama dengan nilai harga yang paling murah. Jika
materialnya dari beton, maka struktur bisa dibuat sesuai dengan
keinginan perencana, tapi kalau materialnya dari kayu, ba mbu atau
baja, maka kita harus merangkai material tersebut. Rangkaian dari
material bambu, kayu atau baja tersebut disebut dengan konstruksi
rangka batang. Missal : Rangka batang dari suatu jembatan Rangka
batang dari suatu kuda - kuda Gambar 5.1. Bentuk-bentuk dari suatu
konstruksiBentuk RangkaianKonstruksi rangka batang tersebut
merupakan rangkaian dari be ntuksegitiga.Kenapa bentuk ( tersebut
dipilih !.
190. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -133-Bentuk segitiga (()
tersebut dipilih karena segitiga tersebut adalah suatubentuk yang
mantap (stabil) tidak mudah berubah. Bagaimana jikabentuk tersebut
segiempat ( )bentuk segiempat ( ) tersebut tidak stabil. Psegiempat
mudah berubah menjadi jajaran genjang.5.1.5. Bentuk Konstruksi
Rangka Batang5.1.5.1. Bentuk K.R.B. = Suatu konstruksi yang terdiri
dari batang -batang yang berbentuk segitiga Segitiga (bentuk teta p).
Untuk menyambung titik sudut digunakan plat buhul / simpul. Pada
konstruksi baja sambungan -sambungan pada plat buhul digunakan
baut, paku keling atau las. Pada konstruksi kayu memakai baut, pasak
atau paku.
191. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -134- K.R.B = segitiga
yang dihubungkan melalui plat buhul pada titik buhulnya titik buhul I
titik buhul Gambar 5.2. Bentuk Konst ruksi Rangka Batang + + Batang
+ + + + + + Plat buhul Titik buhul Paku keling / baut Gambar 5.3. Detail
I, salah satu sambungan Titik buhul sebagai sambungan tetap / stabil,
tapi dalam perhitungan titik buhul ini dianggap SENDI.
192. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -135-K.R.B. Pada
Jembatan K.R.B. Ruang terdiri dari 2 K.R.B. sisi 1 K.R.B. atas (ikatan
angin atas) 1 K.R.B. bawah (ikatan angin bawah) K.R.B. Ruang bisa
dipisahkan menjadi K.R.B. Bidang. Gambar 5.4. Bentuk konstruksi
rangka batang pada jembatan 5.1.5.2. Perletakan : 1 sendi dan 1 lagi
merupakan rol karena konstruksi statis tertentu Sendi 2 Reaksi Rol 1
Reaksi
193. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 136- RH Perletakan
sendi ada 2 reaksi R V = Reaksi vertikal RV R H = Reaksi horizontal
Perletakan rol ada 1 reaksi R V = Reaksi vertikal RV 5.1.5.3.
Konstruksi Statis Tertentu Pada K.R.B. (Konstruksi Rangka Batang)
Konstruksi statis tertentu adalah suatu konstruksi yang masih bisa
diselesaikan dengan syarat -syarat keseimbangan ; 7H = 0 3
persamaan keseimbangan 7V = 0 7M = 0 Jadi maximum harus ada 3
reaksi yang tidak diketahui (3 bilangan yang tidak diketahui)
Pendekatan Penyelesaian Konstruksi Rangka Batang K.R.B.
merupakan kumpulan dari batang -batang yang mana gaya -gaya
batang tersebut harus diketahui. Dalam hal ini gaya -gaya batang
tersebut beberapa gaya tarik atau tekan. Pada konstruksi dibawah ini
(Gambar 5). Jumlah bilangan yang tidak 4 8 2 4 6 diketahui : Reaksi =3
Jumlah 5 7 9 Jumlah batang = 13 1 12 3 11 Bilangan yang tidak
diketahui = 3 + 13 = 16 1 2 6 10 13 8 3 5 7RH RV RV Gambar 5.5.
Konstruksi rangka batang bidang
194. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -137-Titik simpul :
dianggap sendiJadi tiap-tiap titik simpul ada 2 persamaan Yaitu : 7V =
0 7Kx = 0 atau 7H = 0 7Ky = 0Pada gambar (5.5) ad a 8 titik simpul jadi
ada 2 x 8 persamaan = 16 persamaanDari keseluruhan konstruksi : 3
reaksiAda 16 bilangan yang tidak diketahui 13 gaya batangAda 16
persamaan Konstruksi statis tertentu(karena masih bisa diselesaikan
dengan syarat -syarat persamaankeseimbangan)5.15.4. Rumus Umum
Untuk K.R.B. 7k=b+r k = banyaknya titik simpul (titik buhul) b = jumlah
batang pada K.R.B. r = jumlah reaksi perletakan5.1.6. Rangka Batang
GerberSeperti pada balok menerus, maka pada konstruksi rangka
batangpun ada balok gerber 2 4 4 7 6 12 8 10 19 12 23 14 3 5 18 22 1
8 9 11 13 15 16 20 24 26 2 6 10 14 17 21 25 1 15 3 5 7 S 9 11 13 rol A
B C Sendi rol C Rol (Sendi Gerber)
195. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -138- Gambar 5.6.
Rangka batang gerberA = sendiB = rolS = sendi gerberC = rolJumlah
reaksi perletakan = 4 1 sendi + 2 rol 2 2Jumlah batang = 26Jumlah
bilangan yangtidak diketahui = 30Jumlah titik simpul = 15Persamaan
yang tersedia = 2 x 15 = 30 persamaan.Ada 30 bilangan yang tidak
diketahui dan tersedia 30 persamaan Konstruksi statis
tertentuKonstruksi statis tertentu5.1.7. Prinsip PenyelesaianAda
beberapa cara penyelesaian K.R.B. 1. Keseimbangan titik buhul a.
Cara analitis dengan menggu nakan 7.Kx = 0 dan 7.Ky = 0 b. Cara
grafis dengan metode Cremona
196. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -139- 2. Metode
Potongan : a. Cara AnalitisMetode Ritter b. Cara GrafisMetode
Cullman 3. Metode Penukaran batang5.1.8. Keseimbangan Titik
SimpulDalam bagian ini hanya membahas teori tentang keseimbangan
titik simpul saja. a. Penyelesaian secara analitis Cara
menyelesaikannya dengan keseimbangan titik simpul. y 7H=0 7.Kx =0
7.V = 0 ata 7.Ky = 0 semua gaya yang searah x x dijumlahkan
demikian juga yang searah y dan resultantenya harus sama dengan
rol.b. Distribusi BebanKonstruksi rangka batang merupakan gelagar
tidak langsung, jadi kalau ada beban terbagi rata atau beban titik yang
terletak di tengah-tengah antara 2 titik simpul (gelagar lintang) harus
diuraikan menjadi beban titik pad simpul -simpul terdekat. P1 =
distribusi akibat P beban terbagi rata P2 = distribusi akibat Akibat
beban terbagi rata P1 P2 P3 beban P dan P P3 = distribusi akibat
beban P Akibat
197. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -140- c. Contoh distribusi
beban pada konstruksi Rangka batang q = 1 t/mƞ (muatan terbagi rata)
4m A B 4m 4m 4m 4mMuatan terbagi rata tersebut dijadikan mua tan
terpusat pada titik -titiksimpulnya. 2t 2t A B 4t 4t 4t Gambar 5.8. Beban
terbagi rata didistribusikan menjadi beban titik
198. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 141- 5.1.9. Contoh Soal
1 Suatu konstruksi Rangka Batang dengan beban sebesar P = 4 ton
seperti pada gambar !. selesaikan struktur tersebut. P A B 4t RA = RB
= P P P P Gambar 5.9. Konstruksi rangka batang dengan beban P = 4t
Mencari reaksi perletakan 7 M A = 0 RB . 4 P - 4 . P = 0 RB = 1t 7 MB
= 0 RA . 4 P - 4 . 3P = 0 RA = 3t Pemberian notasiUntuk
mempermudah penyelesaian, tiap -tiap batang perlu diberi notasi.
Untuk batang atas diberi notasi A 1; A2 dan A 1ƞ; A 2ƞ Untuk batang
bawah diberi notasi B 1, B2 dan B1ƞ, B2ƞ Untuk batang diagonal diberi
notasi D 1; D2 dan D 1ƞ; D2ƞ Untuk batang vertikal diberi notasi V 1;
V2 dan V 1ƞ; V 2ƞ serta V 3 Tiap-tiap titik simpul diberi nomor urut dari
I s/d X.
199. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -142- II A1 IV A2 VI A2 ƞ
VIII A1 ƞ IX D1 D2 D 2ƞ D 1ƞ V1 V2 V3 V2 V1ƞ P I III V VII X B1 4t B2
Bƞ2 Bƞ1 3t 1 P P P P Gambar 5.10. Pemberian notasi pada gaya -
gaya batangPenyelesaian keseimbangan titik simpul diselesaikan
dengan memakaisyarat-syarat keseimbangan pada titik simpul yaitu 7
Kx = 0 dan 7 Ky =0Jadi keseimbangan pada tiap -tiap titik tersebut bisa
diselesaikan jikaterdapat maximum 2 batang yang tidak diketahui,
karena hanyamenyediakan 2 persamaan yaitu 7Kx = 0 dan 7 Ky =
0.CatatanMulailah bekerja pada titik simpul yang mempunyai 2 batang
yang tidakdiketahui.y sebelum mengerjakan perlu perjanjian tanda
terhadap gaya -gaya batangnyuay (Anggapan) / perjanjian pada K.R.B.
titik simpul Batang tertekan dengan tanda ( -) (gaya menuju titik simpul)
Batang tertarik dengan tanda (+) (gaya menjauhi titik simpul)
Penyelesaian Mulai dari titik simpul yang mempunyai 2 batang tak
diketahui Titik I Anggap dulu semua batang yang tidak diketahui V1
adalah batang tarik. Jika hasil positif berarti anggapan kita betul batang
betul-betul tertarik. B1 Jika hasil negatif berarti anggapan kita salah
batang tertekan. Dalam penjumlahan, gaya yang searah diberi tanda
sama.
200. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -143- 3t 7V=0 3 t + V1 =
0 V1 = -3 ton (berarti batang tekan) 7H=0 B1 + 0 = 0 B1 = 0 (batang
nol) V1 B1 = 0 Batang A1 dan D1 dianggap tarik dan batang D1
diuraikan menjadi gaya batang horizontal dan vertikal.Titik II V1 = - 3 t
(menuju titik simpul) ½ A1 3t 2 V1 Batang D 1 diuraikan menjadi arah
vertikal½ ½ D1 2 dan arah horizontal ½ D1 2. 2 D1 7V=0 - 3 t + ½ D1
2=0 ½ D1 2= 3 D1 = 3 2 t (tarik) 7H=0 A 1 + ½ D1 2= 0 A1 = - ½ D 1
2= - ½ . 3 2 . 2 A1 = - 3 ton (tekan)Titik III Batang V 2 dan B2 dianggap
tarik V2 Batang D1 = 3 2 (tarik) diuraikan menjadi 3 2 batang vertikal =
3 t dan horizontal = 3t 3t 7V=0 4 t ƛ 3 t ƛ V2 = 0 3t V2 = 1 t (tarik) B2 B1
= 0 7H=0 B2 ƛ 3 t = 0 B2 = 3 t (tarik) P = 4t
201. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -144- Batang A 2 dan D2
dianggap tarik.Titik IV Batang D 2 diuraikan menjadi gaya A2 horizontal
dan vertikal ½ D 2 2 3t ½ D2 2 ½ D2 7V=0 ½ D2 2 + 1 t = 0 2 D2 = - 2 t
(tekan) 1t D2 7H=0 3 + A 2 + ½ D2 2 = 0 3 + A 2 ƛ 1 ton = 0 A 2 = - 2
ton (tekan)Titik VI Batang A 2ƞ dan V 3 dianggap tarik 2t A2 ƞ 7V=0 V3
= 0 ton 7H=0 A2 ƞ + 2 t = 0 A2ƞ = - 2 t (tekan) V3 = 0 Batang D 2ƞ dan
B 2ƞ dianggap tarikTitik V Batang D 2ƞ diuraikan horizontal dan vertikal
0t ½Dƞ 2 7V=0 ½ D 2ƞ 2 + 0 ƛ 1 t = 0 2 2 Dƞ2 D 2ƞ = 2 t (tarik) 1t
7H=0 B2ƞ + 1t ƛ3 t + 1t = 0 1t B2ƞ = 1 ton (tarik) 3t ½ D 2ƞ 2 B2ƞTitik
VIII Batang A 1ƞ dan V 2ƞdianggap tarik 7H=0 2 t + A1 ƞ ƛ 1 t = 0 2t
A1ƞ = - 1 t (tekan) 2t A1 ƞ 7V=0 1 + V2ƞ = 0 V2ƞ = - 1t (tekan) V2ƞ
202. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -145-
203. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -146-Titik VII ½ D 1ƞ 2
Batang D 1ƞ dan B 1ƞdianggap tarik D 1ƞ Batang D 1ƞ diuraikan
menjadi ½ 1t D 1ƞ 21t ½ D 1ƞ 2 B1ƞ 7V=0 ½ D 1ƞ 2 ƛ 1 t = 0 D 1ƞ = 2
t (tarik) 7H=0 B1ƞ- ½ D1ƞ 2 - 1t = 0 Bƞ + 1 ƛ 1 = 0 B ƞ = 0tTitik X V1ƞ
7V=0 1t + V1ƞ = 0 V 1ƞ = - 1t (tekan) B1ƞ = 0 RB = 1t
204. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -147-Kontrol ke Titik IX
7V=0 V1ƞ ƛ ½ D1ƞ 2 =0 A1 ƞ = 1 t (tekan) 1t ƛ ½ . 2 . 2 !0 V 1ƞ = 1 t
(cocok) D1ƞ = 2 (tarik) 7H=0 A1ƞ ƛ ½ D1ƞ 2 = 0 1ƛ½ . 2. 2 = 0 (cocok)
DAFTAR BATANG GAYA BATANG A1 -3t A2 -2t A2 ƞ -2t A1 ƞ -1t B1 0
B2 3t B2ƞ 1t B1ƞ 0 V1 -3t V2 1t V3 0 V2ƞ -1t V1ƞ -1 t D1 3 2t D2 - 2t D
2ƞ 2t D 1ƞ 2tBatang B 1 dan B1ƞ = 0, menurut teoritis batang -batang
tersebut tidak ada,tapi mengingat K.R.B. terbentuk dari rangkaian
bentuk ( maka batang inidiperlukan.Batang atas pada umumnya
batang tekanBatang bawah pada umumnya batang tarik.
205. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 148- Contoh Soal 2
Suatu konstruksi Rangka Batang, dengan notasi seperti pada ga mbar,
beban sebesar 3 ton terletak di titik simpul III Jumlah batang = 9 = b II
A V Jumlah reaksi = 3 = r 12P D1 D2 D3 V1 V2 Jumlahg titik simpul =
6 = k I B1 B2 B3 VI 2k=b+r 2x6=9+3 A III IV B konstruksi .r.b. statis
tertentu 2t P 3t P P 1t Mencari Reaksi 7 MB = 0 2 RA = x3t=2t 3 7 MA
= 0 1 RB = x3t=1t 3 Titik Simpul I Batang D 1 dan B1 dianggap tarik
Batang D 1 diuraikan ke arah vertikal dan horizontal sebesar ½ D 1 2
½ D1 2 D1 7 Ky = 0 ½ D1 2 + 2t = 0 2 D1 = - . 2 = - 2 2 t . (tekan) ½ D1
2 2 B1 7 Kx = 0 B1 - ½ D1 2 = 0 B1 = 2 ton (tarik) 2 t (reaksi)
206. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 149- Titik III Gaya
batang V1 dan B2 dianggap V1 tarik 7 Ky = 0 V1 = 3 ton (tarik) B2 7 Kx
= 0 B2 = 2 ton (tarik) 2t 3t Titik II Gaya batang A dan D2 dianggap tarik
7 Kx = 0 ½ D2 2 ½ D1 2 A ½ D1 2 - 3t ƛ ½ D2 2 = 0 ½ D2 2 = -3 t + ½ .
2 2 . 2 = -3 + 2 = -1 (tekan)D1 = 2 2 D2 = - 2 t (tekan) D2 3t ½ D2 2 7
Ky = 0 ½ D1 2 A + ½ D1 2 + ½ D2 2 = 0 A + ½ . 2 2. 2 - ½ . 2. 2 = 0 A
= 1 ƛ2 = -1t (tekan) Titik IV Gaya batang V2 dan B3 dianggap tarik 7 Ky
= 0 V2 ½ D 2 2 - V2 = 0 D2 = 2t V2= ½ . 2 . 2 = 1 t (tarik) B3 7 Kx = 0
B2 = 2t B3 ƛ B2 + ½ D2 2 = 0 B3 = 2 - ½ . 2 . 2 = 1 t (tarik) Titik VI
Gaya batang D3 dianggap tarik 7 Ky = 0 D3 ½ D3 2 + 1t = 0 D3 = - 2 .
1t D3 = - 2 t (tekan) 7 Kx = ½ D 3 2 + B3 = 0 - ½ . 2 . 2 + B3 = 0 B3 =
1t
207. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) - 150- B3 = 1t 1t Kontrol
Titik V 7 Kx = 0 A = 1t A ƛ ½ . D3 2 =0 1t ƛ ½ . 2. 2 = 0 (cocok) D3 V2 =
1t 5.1.10. Latihan : Konstruksi Rangka Batang Untuk mendorong
mahasiwa belajar maka perlu dibuatkan suatu latihan sebagai berikut :
Soal 1 A1 A2 Konstruksi Rangka Batang D1 D2 seperti tergambar D3
D4 D5 D6 3 P1 = 6t ; P2 = 3tRAH E E m A B1 B2 B3 Ditanyakan :
P1=6 P2=3 RB a). Gaya reaksi RAV t t b). Gaya-gaya batang P P P P=
4m P2 = 600 kg Soal 2 Kuda-kuda konstruksi Rangka Batang seperti
tergambar. P1 = 600 kg 8 P3 = 400 kg Beban ; P 1 = 600 kg 10 P2 =
600 kg P3 = 400 kg 9 5 13 Ditanyakan: 7 11 6 12 R AH 45° 45° a).
Gaya ƛ Reaksi B b). Gaya- gaya batang A 1 2 3 4 RAV RB 3m 3m 3m
3m
208. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -151-5.1.11. Rangkuman
o KRB merupakan rangkaian dari bentuk ( (segitiga) o Dalam KRB
yang dicari adalah gaya -gaya batangnya, bisa berupa gaya tarik, atau
gaya tekan. o Tiap-tiap titik simpulnya dianggap sendi. o Pencarian
gaya-gaya batang, hanya bisa diselesaikan jika jumlah gaya batang
yang tidak diketahui max hanya 2.5.1.12. Penutup Agar mahasiswa
bisa mengontrol pekerjaan latihan, maka mahasiswa bisa melihat
jawaban dibawah ini :Jawaban :Soal No. 1 Keterangan Titik / Gaya
Nilai Arah / Tanda Reaksi vertikal A : RAV 5t o B : RB 4t oReaksi
Horizontal A : RAH 0Data Pendukung Sin E 0,835 Cos E 0,555 Gaya
Batang A1 6,667 t Tekan - A2 5,333 t Tekan - B1 3,333 t Tarik + B2
6,000 t Tarik + B3 2, 667 t Tarik + Gaya Batang D1 6,00 t Tekan - D2
6,00 t Tarik + D3 1,20 t Tarik + D4 1,20 t Tekan - D5 4,808 t Tekan -
D6 4,808 t Tarik +
209. MODUL I (MEKANIKA TEKNIK) -152-Soal No. 2
Keterangan Titik / Gaya Nilai Arah / Tanda Reaksi Vertikal A : RAV 850
kg o B : RB 750 kg oReaksi Horizontal A : RAH 0 Gaya Batang § 850
kg Tarik + 2 850 kg Tarik + 3 750 kg Tarik + 4 750 kg Tarik + 5 1202 kg
Tekan - 6 0 7 424 kg Tekan - 8 778 kg Tekan - 9 500 kg Tarik + 10 778
kg Tekan - 11 283 kg Tekan - 12 0 13 1061 kg Tekan -5.1.13. Daftar
Pustaka - Suwarno, ƏMekanika Teknik Statis TertentuƐ, UGM Bab -
Soemono, ƏStatika IƐ, bab5.1.14. Senarai - Konstruksi Rangka Batang
: Suatu rangkaian batang -batang yang berbentuk ( (segitiga) - Titik
simpul : dianggap sendi.