2011
BAHAN AJAR MEKANIKA REKAYASA 3 PROGRAM D3 TEKNIK SIPIL
BOEDI WIBOWO
KATA PENGANTAR
Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan BAHAN AJAR MEKANIKA REKAYASA 3 . Bahan ajar ini diharapkan dapat membantu proses belajar mengajar di Program Diploma 3 Teknik Sipil , selain diktat yang sudah ada . Mata kuliah Mekanika Rekayasa ini merupakan ilmu dasar keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil , dimana pada bahan ajar ini diberikan cara perhitungan statika untuk Konstruksi Statis Tertentu . Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar , sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk bahan ajar . Bahan ajar ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap dengan contoh soal dan penjelasannya .
2
MATERI .PENGERTIAN DEFORMASI . PERHITUNGAN DEFORMASI BALOK DAN PORTAL DENGAN CARA UNIT LOAD. . PERHITUNGAN PENURUNAN TITIK SIMPUL PADA KONSTRUKSI RANGKA BATANG . . PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA CONSISTENT DEFORMATION . . PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA CROSS. 3
DEFORMASI DEFORMASI ( PERUBAHAN BENTUK )
DEFLEKSI ( PENURUNAN / PERGESERAN ) ROTASI ( PERPUTARAN SUDUT ) ∆ , δ θ ,
q t/m
A θA B ∆VB θC C
P A B
∆VA ΘA 4
CARA UNIT LOAD
∆ , θ =
M = PERSAMAAN MOMEN AKIBAT BEBAN LUAR . m = PERSAMAAN MOMEN AKIBAT BEBAN UNIT . APABILA DITANYAKAN : * ∆V , BEBAN UNIT P= 1 VERTIKAL .
arah beban unit terserah , hanya
* ∆H , BEBAN UNIT P = 1 HORISONTAL .
kalau hasil ∆ maupun θ negatif
* θ , BEBAN UNIT M =1
maka arah deformasi diatas
kebalikan dari arah beban unit .
ARAH MOMEN UNTUK PERSAMAAN DISEPAKATI SEPERTI GAMBAR DIBAWAH INI . 5
CONTOH SOAL . 4T HITUNG BESAR PENURUNAN DI
TITIK B DARI KONSTRUKSI DAN
A EI B 2 EI C BEBAN SEPERTI DISAMPING. 2 m 8 m
4T A B
C
VB=1
A
C
B AB 0 < X < 2 EI M = ‐ 4X m = 0
A 4T A
BC 0 < X < 8 2 EI M = ‐4 ( 2 + X ) m = ‐ 1X 4T 2m X
1 X
B
B
∆ =
8
∆VB = =
0 ) = 938,6667 / 2 EI ( hasil positif , arah sama dengan beban unit ) 6
1 t/m 2T CARI BESAR PENURUNAN DI C 2EI EI EI A 8m B 4m C 2m D 1 t/m 2T CARI PERSAMAAN M A B C D CARI PERSAMAAN m A B VC =1 D DC 0
2T
D
D
CB 0
X
P =1
BA 0
X 4m 2m 2T X 4m
½ x
B C D B C
7
∆ VC = ∆ VC =
) dx
∆ VC =
8
4
0
0
∆ VC =
∆ VC =
( karena hasil negative arah berlawanan dengan arah beban unit ) 8
4 T HITUNG BESAR ΔVC DAN ѲC
A B C D EI 2 EI
2m 4m 10 m 4T A gambar bisa dipakai utk M 3,5 T
B C D
∑ MD = 0 VA.16 – 4. 14 = 0 VB = 3,5 T VD = 0,5 T
0,5 T
VC = 1
gambar dipakai utk m ΔVC
B C D 0,375 0,625 ∑ MD = 0 VA . 16 – 1. 10 = 0 VB = 0,625 VD = 0,375 M = 1
gambAR dipakai utk m ѲC
B C D 0,0625 0,0625 ∑ MD = 0 VA . 16 + 1 = 0 VB = ‐ 0,0625 VD = 0,0625 AB 0
X X X
3,5 0,625 0,0625 9
BC 0
A 2m B X m A 2m B X m A 2m B Xm
3,5 0,625 0,0625
DC 0
D D D
0,5 0,375 0,0625
∆Vc =
+
=
2
4
10
=
0
0
0
= ∆Vc =
=
10
2
4
10
0
0
0
Θc = 1,06062/EI
11
q = 1 t/m A B 3T EI KONSTANT HITUNG BESAR PENURUNAN DI TITIK A 5 m
C
3m q = 1t/m
A B 3T A B P = 1
Cari M Cari m
C C
AB 0
Q = 1X
P=1
BC 0
3T 3T
P=1
1,5 m X
3m X
∆ VA =
0
5
3
+
=
+
=
0
0
+
= ‐
Δ VA = 34 , 875 / EI 13
2T 1 T 1t/m
HITUNG BESAR ΔVD
B 2EI C 2EI D 2EI E
EI
4m
1m A 6m 2m 2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E
EI gambar ini untuk mencari persamaan M
4m
1m A 6m 2m B 2EI C 2EI D 2EI E
EI
VD = 1
4m gambar ini untuk mencari persamaan m
1m A 6m 2m 14
BATANG ED 0
X m P=1
Q= 1X
X m
BATANG DC 0
1T
X m
D 2m E D 2m E
Q = 1( 2 + X )
P =1
BATANG BC 0
2T
X m
B Q
X m
B 15
BATANG CA 0
EI X m Q = 8 T
M
Mata melihat keatas
1m A 6m 2m B 2EI C 2EI D 2EI E
EI X m
VD = 1
m
Mata melihat keatas
∆ VD =
6
=
4
0
0 16
=
HITUNG BESAR Δ Hc
4T EI KONSTANT B
A
1,8 m 1,8 m c
4 m 2, 4 m C 2,4m
c = X
m
4T
A B
1,8 = 0,6X
X
gambar ini untuk mencari persamaan M
X=3
C 2,4=0,8X
X
A B
X 0,6 X
gambar ini untuk mencari persamaan m C
P = 1
MENCARI ∆ HC CB 0
0,6X
P = 1 17
BA 0
4T
X X
3 m
P=1
4
=
0
18
PENURUNAN TITIK SIMPUL PADA KONSTRUKSI RANGKA BATANG .
METHODE α KOEFISIEN .
α = GAYA BATANG AKIBAT BEBAN UNIT YANG DIBEBANKAN PADA TITIK SIMPUL YANG DITANYAKAN PENURUNANNYA . P = S = GAYA BATANG AKIBAT BEBAN LUAR YANG BEKERJA . L = PANJANG BATANG. E = MODULUS ELASTISITAS BAHAN . A = LUAS PENAMPANG DARI BATANG. 19
HITUNG PENURUNAN PADA TITIK G C D E BEBAN PADA BATANG FG ADALAH q = 1 t/m BEBAN HARUS DITEMPATKAN PADA 4 M
TITIK SIMPUL
A
B F
G
3 M
E = 2.106 KG/ CM2 A = 10 CM2
3 M
3 M
C D E KARENA BEBAN DAN KONSTRUKSI SIMETRIS MAKA VA = VB = 1,5 T A
B F
G
1,5 T
1,5
MENCARI S TITIK A S AC
S AF
A
= 0 1,5 + S AC = 0 S AC = ‐ 1,5 T HASIL S AC NEGATIF, ARTINYA ARAH PEMISALAN
SALAH , ARTINYA S AC BUKAN BATANG TARIK 1,5 T
TETAPI BATANG TEKAN. S AC = 1,5 T ( TEKAN ) = 0 S AF = 0
TITIK C S CD
20
1,5 T S CF S CF SIN α
HASIL S AC ADALAH 1,5 T TEKAN , MAKA C S CF COS α PADA TITIK SIMPUL C ARAH S AC MENEKAN TITIK C
= 0 1,5 ‐ S CF SIN α = 0 S CF = 1,5 / SIN α = 1,875 T
S CF = 1, 875 T ( TARIK ) = 0 + S CD + S CF COS α =0 SCD = ‐ 1,875 . 0,6 = ‐ 1,125 T SCD = 1,125 T ( TEKAN ) PAKAI CARA RITTER . MENCARI S DE DAN S EF ,DIPOTONG BATANG S DE, S EF , S FG CENTRUM KEKUATAN BATANG DE ADALAH TITIK F = 0 ( LIHAT KANAN POT ) S DE
‐ S DE . 4 – 1,5 .6 + 1, 5 . 3 = 0 4 S DE = ‐ 1, 125 T S DE = 1, 125 T ( TEKAN )
S EF
S EF SIN α
F 1,5 T
6 M
1,5 T
BATANG S EF ADALAH BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , KARENA BATANG S DE DAN BATANG S FG TIDAK AKAN MUNGKIN BERPOTONGAN . = 0 + 1, 5 – 1, 5 – S EF SIN α = 0 S EF = 0 ∑ V =0 S DF = 0
S DF
21
UNTUK MENCARI BATANG S GF , S GE DAN S EB, DIPOTONG KETIGA BATANG TERSEBUT . LIHAT KANAN POTONGAN .
S EB
E
SIN α = a / 3 a = 3 SIN α S GE
4 M
S EB
S GF
a = 3 . 4 / 5 = 12 / 5 M
B
a G
1,5 T
1,5 T 3 M
MENGHITUNG S GF
= 0 + S GF . 4 – 1, 5 . 3 = 0
S GF = 1, 125 T ( TARIK ) MENGHITUNG SEB
= 0 ‐ S EB . 12/5 – 1,5 . 3 = 0 S EB = ‐ 1, 875 T S EB = 1, 875 ( TEKAN )
MENGHITUNG S GE
= 0 + S GE . 3 – 1, 5 . 3 = 0
S GE = 1,5 T ( TARIK )
TITIK B SEB COSα
∑ H = 0 ‐ SBG + SEB COS α = 0
SBG SBG = + 1,875 . 0,8 = 1,5 T ( TARIK )
1,5 T
22
MENCARI α P =1 DI BEBANKAN PADA TITIK SIMPUL YANG DITANYAKAN PENURUNANNYA .
C
D E ∑ MB = 0 VA.9 – 1.3 = 0
VA = 0,333 VB = 0,667 4m
B
A
G
F
P=1
3m 3m 3m
TITIK A
α AC
α AF
A
= 0 0,333 + α AC = 0 α AC = ‐ 0,333 HASIL S AC NEGATIF, ARTINYA ARAH PEMISALAN
SALAH , ARTINYA S AC BUKAN BATANG TARIK
TETAPI BATANG TEKAN. α AC = 0,333 ( TEKAN )
0,333
= 0 α AF = 0
TITIK C α CD HASIL α AC ADALAH 0,333 TEKAN , MAKA C α CF COS α PADA TITIK SIMPUL C ARAH α AC MENEKAN 0,333 α CF
TITIK C
α CF SIN α = 0 0,333 ‐ α CF SIN α = 0 α CF = 0,333 / 0,8 = 0,41625
α CF = 0,41625 ( TARIK ) = 0 + α CD + α CF COS α =0 α CD = ‐ 0,41625 . 0,6 = ‐ 0,24975
α CD = 0,24975 ( TARIK ) 23
PAKAI CARA RITTER . MENCARI α DE DAN α EF ,DIPOTONG BATANG α DE, α EF , α FG CENTRUM KEKUATAN BATANG DE ADALAH TITIK F = 0 ( LIHAT KANAN POT ) α DE
‐ α DE . 4 – 0,667 .6 + 1 . 3 = 0 4 α DE = ‐0,2505
α EF
α DE = 0,2505 ( TEKAN )
F
α EF SIN α P=1 6 M
0,667
BATANG α EF ADALAH BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , KARENA BATANG α DE DAN BATANG α FG TIDAK AKAN MUNGKIN BERPOTONGAN . = 0 + 0,667 – 1 – α EF SIN α = 0 α EF = ‐ 0,41625 α EF = 0,41625 ( TEKAN ) UNTUK MENCARI BATANG α GF , α GE DAN α EB, DIPOTONG KETIGA BATANG TERSEBUT . LIHAT KANAN POTONGAN . E
α EB
SIN α = a / 3 a = 3 SIN α α GE
4 M α GF
a G
1
B
0,667 3 M
a = 3 . 4 / 5 = 12 / 5 M
α EB
24
MENGHITUNG α GF
= 0 + α GF . 4 – 0,667 . 3 = 0
α GF = 0,5 ( TARIK ) MENGHITUNG α EB
= 0 ‐ α EB . 12/5 – 0,667 . 3 = 0 α EB = ‐ 0,03335 α EB = 0,03335 ( TEKAN )
MENGHITUNG S GE
= 0 + α GE . 3 – 0,667 . 3 = 0
α GE =0,667 ( TARIK )
∑ V = 0 α DF = 0
α DF
TITIK B SEB COSα
∑ H = 0 ‐ SBG + SEB COS α = 0
SBG SBG = 0,03335 . 0,8 = 0,02668( TARIK )
0,667
25
TABEL PERHITUNGAN PENURUNAN DI G BATANG
α
S KG
L CM
E KG/CM2
A CM2
Δ CM
α . Δ CM
AC
‐ 0,333
‐ 1,5.103
4.102
2.106
10
‐0,03
+0,0099
AF
0
0
3.102
2.106
10
0
0
CF
+0,41625 +1,875.103
5.102
2.106
10
+0,0469
+0,019512
CD
+0,24975 ‐1,125.103
5.102
2.106
10
‐0,02812
‐0,007023
DE
‐ 0,2505
‐1,125.103
5.102
2.106
10
‐0,02812
+0,007044
EF
‐ 0,41625
0
5.102
2.106
10
0
0
GF
+ 0,5
+1,125.103
3.102
2.106
10
GE
+ 0,667
+1,5 . 103
4.102
2.106
10
+0,03
+0,02001
EB
‐ 0,0335
‐1,875.103
5.102
2.106
10
‐0,0469
+0,001571
GB
+0,02668
+ 1,5 .103
3.102
2.106
10
+0,0225
+0,0006
DF
0
0
4.102
2.106
10
0
0
+0,016875 +0,008437
ΔV DI G = 0,06 CM
26
DI JUMLAH
PENGERTIAN TENTANG KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU
SENDI A MEMPUNYAI REAKSI VA DAN HA
A B ROL B MEMPUNYAI REAKSI VB
JEPIT A MEMPUNYAI REAKSI VA , HA DAN MA
A B KONSTRUKSI DIATAS ADALAH KONSTRUKSI STATIS TERTENTU , KARENA JUMLAH REAKSI TIDAK LEBIH DARI TIGA , SEHINGGA BISA DIHITUNG DENGAN MEMAKAI PERSAMAAN KESETIMBANGAN . ( ∑ H = 0 , ∑ M = 0 , ∑ V = 0 ) JADI KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU ADALAH SUATU KONSTRUKSI YANG MEMPUNYAI REAKSI PERLETAKAN LEBIH DARI TIGA , SEHINGGA UNTUK MENGHITUNG REAKSI PERLETAKANNYA DIBUTUHKAN PERSAMAAN LAGI SELAIN TIGA PERSAMAAN KESETIMBANGAN DIATAS . PERSAMAAN TERSEBUT ADALAH PERSAMAAN DEFORMASI. 2 REAKSI 1 REAKSI
3 REAKSI
1 REAKSI 3 REAKSI
2 REAKSI 27
MENENTUKAN DERAJAT ATAU TINGKAT KESTATIS TIDAK TENTUAN CARA MENENTUKAN ATAU MENGHITUNG DERAJAT/ TINGKAT KESTATIS TIDAK TENTUAN 1 . JUMLAH REAKSI PERLETAKAN DIKURANGI 3 2 . JUMLAH GAYA KELEBIHAN YANG HARUS DIHILANGKAN AGAR KONSTRUKSI MENJADI KONSTRUKSI STATIS TERTENTU .
CARA PERTAMA
A 3 REAKSI 3 REAKSI B N = 6 – 3 = 3 KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU TINGKAT 3 CARA KEDUA , KONSTRUKSI DIATAS DIJADIKAN KONSTRUKSI STATIS TERTENTU . A
GAYA KELEBIHAN YANG DIBUANG B
ADALAH VB , HB , MB
KARENA YANG DIBUANG ADALAH TIGA REAKSI MAKA KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU TINGKAT 3 . 28
PENYELESAIAN DENGAN CARA CONSISTENT DEFORMATION 1. KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU DIANGGAP DULU SEBAGAI STATIS TERTENTU DENGAN MENGHILANGKAN GAYA KELEBIHAN .
A B
KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU
A
B
DIATAS DIJADIKAN STATIS TAK TENTU DENGAN MENGHILANGKAN
GAYA KELEBIHAN VB
A B KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU
DIATAS DIJADIKAN STATIS TAK TENTU
DENGAN MENGHILANGKAN
GAYA KELEBIHAN MA
2. MENGHITUNG BESAR DEFORMASI AKIBAT BEBAN LUAR YANG BEKERJA . GAYA KELEBIHAN V , HITUNG Δ v GAYA KELEBIHAN H , HITUNG Δ h GAYA KELEBIHAN M , HITUNG θ 29
3. DITEMPAT DIMANA GAYA KELEBIHAN DIHILANGKAN DIBEBANKAN BEBAN UNIT , DICARI JUGA DEFORMASINYA . ( BEBAN LUAR TIDAK DIGUNAKAN LAGI ) GAYA KELEBIHAN V , HITUNG δv GAYA KELEBIHAN H , HITUNG δh GAYA KELEBIHAN M, HITUNG 4. TENTUKAN PERSAMAAN CONSISTENT DEFORMATION UNTUK MENDAPATKAN BESAR GAYA KELEBIHAN YANG DIHILANGKAN . 5. DARI HASIL DIATAS , MAKA DAPAT DICARI SELURUH REAKSI PERLETAKANNYA DAN BIDANG MOMEN , NORMAL DAN LINTANG DAPAT DIGAMBAR . CONTOH . A B C GAYA LELEBIHAN VB Dengan gambar disamping cari ΔVB A B C
VB =1
Dengan gambar disamping cari δVbb A B C
PERSAMAAN CONSISTENT DEFORMATION ΔVB + VB . δVbb = 0
VB DAPAT DIHITUNG . 30
4T SELESAIKAN SOAL INI DENGAN CARA CONSISTENT DEFORMATION A EI B 2 EI C gaya kelebihan VB 2 m 8 m
AB 0
M = ‐ 4X 4T m = 0 A B C
BC 0
M = ‐4 ( 2 + X ) VB=1
m = ‐1 X
A
C B 8
∆VB =
=
) = 938,6667 / 2 EI
0
8 dx =
δVbb =
(
)
= 170,6667 /2EI
0
∆VB + VB .δVbb = 0 938,6667 / 2EI + VB . 170,6667 /2EI =0 VB =‐ 5,5 T VB = 5,5 T Hasil VB negatip , maka arah VB berlawanan dengan arah VB =1
31
4T
4TM
∑ MC = 0 MC – 4.10 +5,5.8 =0
MC = ‐4 TM MC = 4TM
5,5 T
1,5 T
4T 8TM 4T 1,5 T 8TM 4TM 1,5 T
1,5T
1,5T D
4T
4T 8TM
M
4TM
32
4 T GAYA KELEBIHAN VC
A B C D EI 2 EI
2m 4m 10 m 4T mencari ∆ VC A gambar bisa dipakai utk M B C D 3,5 T
0,5 T
VC = 1
mencari δ V cc
gambar bisa dipakai utk m
B C D 0,375 0,625 AB 0
+ =
2
4
10
=
0
0
0
= ∆Vc =
=
33
2
δVcc =
dx
=
2
4
10
= 0
0
0
3,01
= 0 Vc = ‐ 1,85 T Vc = 1,85 T
∆Vc + Vc .δ Vcc = 0
A B 4T C D EI 2 EI
∑ MD = 0 VA. 16 – 4.14 + 1,85.10=0
2 m 4m 10m VA = 2,34 T
2,34 T
1,85 T 0,19T VD = 4 – 2,34 – 1,85
4T 1,9 TM V D = 0,19 T 2,34 T 1,66T 0.19 T 0,19 T ∑ MC=0 2,34
2,34
0,19T
D +MC – 0,19.10 = 0
MC= + 1,9 TM
1,66T
1,66T 1,9TM
34
M MB = +2,34.2 = 2,68TM
q = 1 t/m A B 3T EI KONSTANT GAYA KELEBIHAN ADALAH VA 5 m
C
3m q = 1t/m
A B 3T A B VA = 1
Cari ∆ VA Cari δ V aa
C C
AB 0>X>3 EI M = ‐ 1 X. 1/2 X m = + 1 X BC 0>X>5 EI M = ‐ 3.1,5 + 3X = ‐ 4,5 + 3X m = + 1.3 = + 3
∆ VA =
0
3
+
=
5
+
=
0
0
35
= ‐
+
0
3
δ V aa =
+
5
0
0
= + +
∆ VA + VA . δ V aa = 0
VA = ‐ 0,646 T
VA = 0.646 T
A B A B 3,646T
3 T 6,44 TM 3T 0,646 T 0,646T 3,646T 6,44 TM
8,56 TM
C
3,646 T
8,56TM C 3T 3,646 T
∑MC = 0 + MC – 0,646 . 3 – 3.1,5 + 3.5 = 0 MC = ‐ 8,56 TM BATANG AB ∑ MB = 0 + MB – 0.646 . 3 – 3.1,5 = 0 MB = 6,44 TM 36
N
3,646
3 0,646 3,646
D
3 6,44 6,44
M
37
8,56
4T EI KONSTANT B
A
1,8 m 1,8 m c
4 m 2, 4 m C
2,4m
m
c = X
4T
A B
1,8 = 0,6X
X=3
X
gambar ini untuk mencari ∆HC dan persamaan M
C 2,4=0,8X
X
A B
X 0,6 X
gambar ini untuk mencari δHCC dan persamaan m C
HC =1
MENCARI ∆ HC CB 0
38
4
=
0 3
0
4 0
Karena hasil negative arah HC berlawanan dengan arah HC =1 HA
4T
A
B
VA
∑ H = 0 HA = 3,56 T
∑ V = 0 VA = 4 T
C
∑ MA = 0 + MA – 3,56.1,8 + 4.4 =0 3,56 T MA = ‐ 9,6 TM
4T A
4T
9,6 TM
6,4 T B
6,4TM
∑MB = 0 +MB – 3,56 .1,8 =0 MB = + 6,4 TM
3,56 SINα α
C
3,56
DCB = ‐3,56 SINα = ‐3,56 . 0,6 = ‐ 2,14 T 3,56 COSα NCB = + 3,56 COSα = 3,56.0,8 = 2,85 T 39
3,56 T
2,85 T
N
2,85 T
4 T
4T
D
2,14 T
9,6 TM
6,4 TM
6,4
M
40
PENYELESAIAN DENGAN CARA CROSS 1. ANGKA KEKAKUAN PERLETAKAN : JEPIT – JEPIT K = 4EI / L JEPIT – SENDI / ROL K= 3EI / L 2. FAKTOR DISTRIBUSI ( μ ) CONTOH : EI 2EI EI A 4m B 8m C 2m D
( ∑ μ = 1 )
INGAT ∑ FAKTOR DISTRIBUSI PADA SATU TITIK SIMPUL = 1
)
μ CB = 1 μ CD = 1 DALAM SOAL DIATAS PERLETAKAN ROL DI B HARUS DIANGGAP JEPIT , SEDANG PERLETAKAN SENDI DI C TETAP DIANGGAP SEBAGAI SENDI . UNTUK MUDAHNYA PENENTUAN DIATAS , CARANYA MUDAHNYA SEBAGAI BERIKUT : APABILA KITA ITU TITIK B , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK A , SEDANG YANG KIRI DIPEGANGI TITIK C , MAKA PERLETAKAN DI B HARUS DIANGGAP JEPIT . APABILA KITA ITU TITIK C , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK B , SEDANG YANG KIRI DILEPAS ( KARENA TITIK D ADALAH BEBAS ) , MAKA PERLETAKAN DI C TETAP SEBAGAI SENDI . 41
3. MOMEN PRIMAIR ( MF ) UNTUK ARAH MOMEN DISEPAKATI SEPERTI GAMBAR DISAMPING . ARAH MOMEN PRIMAIR MENGEMBALIKAN ARAH LENDUTAN .
q A L m B MF AB = + 1/12.q .L2
L m MF BA = ‐ 1/12 . q.L2
P ton MF AB =
A B MF BA =
a m b m a = b MFAB = ‐ MFBA=
L m
q
A B MF AB = + 1/8 . q .L2 L m 42
P ton
A B MF AB = + 3/16. P .L
L m
½ L ½ L
B ½ L MF AB = + 3/16 . P . L
P ton
½ L
A
4. MOMEN DISTRIBUSI . MOMEN DISTRIBUSI = ‐ ∑ MOMEN PRIMAIR PADA SATU TITIK KUMPUL X FAKTOR DISTRIBUSI AGAR TIDAK LUPA HARGA NEGATIF DIDEPAN , MAKA FAKTOR DISTRIBUSI DITULIS NEGATIF PADA TABEL MOMEN DISTRIBUSI ( TABEL CROSS ) . 5. MOMEN INDUKSI . FAKTOR INDUKSI = 1/2 PERLETAKAN JEPIT – JEPIT , DAPAT SALING INDUKSI . PERLETAKAN JEPIT – SENDI ATAU JEPIT – ROL , SENDI ATAU ROL HANYA BOLEH MEMBERI INDUKSI KE PERLETAKAN JEPIT , TETAPI TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI DARI PERLETAKAN JEPIT . 43
CONTOH :
q = 1t/m
4T
A B C D
EI EI 4m 2EI
2m 3m 8m
μ BA : μ BC = 0 : KBC μ BA = 0 μ BC = 1
μ CB : μ CD = KCB : KCD = 3EI/3 : 4.2EI / 8 = EI : EI μ CB = 0,5 μ CD = 0,5 MOMEN PRIMAIR . MF BA = ‐ 2.1.1 = ‐ 2 TM MF CB = ‐ 1/8.1.32 = ‐ 1,125 TM ( MF BC = 0 ,karena titik B dianggap sendi ) MF CD = ‐ MF DC = 1/8 . 4 . 8 = + 4 TM TITIK
B
C
D
BATANG
BA
BC
CB
CD
DC
FD
0
‐1
‐ 0,5
‐ 0,5
‐
MF
‐2
‐1,125
+ 4
‐ 4
MD
0
+2
‐1,4375
‐ 1,4375
0
MI
XXXX
+ 1
0
‐ 0,71875
MD
0
0
‐0,5
‐0,5
0
MI
MD
MOMEN AKHIR
Di jumlah
44
MD BA = ( MBA + MBC ) . FD BA = ( ‐2 + 0 ) . 0 = 0 MD CB = ( MCB + MCD ) . FD CB = ( ‐1,125 + 4 ) . (‐ 0,5 ) = ‐ 1,4375 MI BC = 0 ( KARENA SENDI B TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI ) MI CB = 1/2 . MBC = 1/2 . ( + 2 ) = + 1 MI DC = 1/2 . MCD = 1/2 . ( ‐ 1,4375 ) = ‐ 0,71875 MOMEN AKHIR DIDAPAT DARI PENJUMLAHAN MOMEN . UNTUK PERHITUNGAN PORTAL , HARUS DIBEDAKAN ANTARA PORTAL TETAP DAN PORTAL BERGOYANG . n = 2 . jumlah titik simpul – ( 2 . jumlah jepit + 2 .jumlah sendi + jumlah rol + jumlah batang )
n = 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0
PORTAL BERGOYANG
45
CONTOH SOAL 1 t/m 4 T 2 t/m 2 EI 2 EI EI A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m
= EI : EI µ BA = 0,5 µ BD = 0,5
µ BA : µ BD =
= EI : 0,75 EI µ DB = 0,57 µ DE = 0,43
µ DB : µ DE = 2
MF BA = ‐1/8 . 1 . 6 = ‐ 4,5 TM MF BD = ‐ MF DB = 1/8 . 4 . 8 = 4 TM 2
MF DE = + 1/8 .2 . 4 = + 4 TM kalau P tidak ditengah bentang pakai rumus MF BD = + P.a.b2/ L2 MF DB = ‐ P.b.a2/ L2 TITIK B D BATANG FAKTOR DISTRB. MF MD MI MD MI MD MOMEN AKHIR
BA ‐ 0,5
BD ‐ 0,5
DB ‐ 0,57
DE ‐ 0,43
‐ 4,5 + 0,25 0 + 0,0178125 ‐ 4,23
+ 4 + 0,25 0 0 ‐0,035625 + 0,0178125 + 4,23
‐ 4 0 0,125 ‐ 0,07125 0 0 ‐ 3,94
+ 4 0 ‐ 0,05375 0 + 3,94
46
E
1 t/m 4 T 2 t/m 2,3 4,23 3,7 2,04 4,23 3,94 1,96 4,99 3,94 3,01 A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m E D 2,3 4,99 2,04 2,0 1,96 1,96 3,7 3,01 M 4,23 3,94
2,645 3,93 2,06
47
q = 1t/m P = 4 T q = 2t/m 2m A
B C D 2EI EI EI
6 m a m
4 m
4m
µ BA : µ BC =
µ BA = 0,5 µ BC = 0,5
µ CB = 0,5 µ CD = 0,5
µ CB : µ CD = MF BA = ‐ 1/8 . 1 . 62 = ‐ 4,5 TM MF BC = ‐ MF CB = + 1/8 . 4 . 4 = 2 TM
MF CDF = ‐ MF DC = + 1/12 . 2 . 42 = + 2,667 TM TITIK BATANG FD MF MD MI MD MI MD MOMEN AKHIR
B BA ‐ 0,5 ‐ 4,5 + 1,25 + 0,083375 + 0,078125 ‐ 3,09
C BC ‐ 0,5 + 2 + 1,25 ‐ 0,16675 + 0,083375 ‐ 0,15625 + 0,078125 + 3,08
CB CD ‐ 0,5 ‐ 0,5 ‐ 2 + 2,667 ‐ 0,3335 ‐ 0,3335 + 0,625 0 ‐ 0,3125 ‐ 0,3125 + 0,0416875 ‐ 0,02084375 ‐ 0,02084375 ‐ 2 + 2
D DC ‐ 2,667 0 ‐ 0,16675 0 ‐ 0,15625 ‐ 2,99
48
q = 1 t/m 4 T q = 2 t/m
A B C D
3,09 3,09 E 2 2 2,99 2,485 3,515 2,272 1,728 3,752 4,248
2,485 2,272 2,272 3,752
D
3,515 1,728 1 728 4,248
AB CD DX = 0 2,485 – 1X =0 X = 2,485 m DX =0 3,752 ‐2X =0 X = 1,876 m Mmax = 2,485. 2,485 – 1.2,485 .1/2 . 2,485 M max= 3,752.1,876 – 2.1,876.1/2.1,876 ‐2 = 3,088 TM = 7,039 – 3,519 – 2 = 1,52 TM
ME = 2,272 .2 – 3,09 = 1,454 TM
3,515 M
2 2,99
1,454
3,088
49
q = 1 t/m 5 T A D B C
2 m
EI KONSTANT
E 5 T
2m
n=2.4 – ( 2.1 + 2.1 +1 + 3 ) = 0 F
portal tetap
3 m 4 m 4 m
µ BA : µ BD : µ BF = µ BA = µ BF =
0,44 µ BD =
MF BA = ‐ 1/8 . 1 . 32 = ‐ 1,125 TM MF BD = + 1/8 .5 . 8 = + 5 TM MF DB = ‐ 5 TM MF BF = + 3/16 . 5 . 4 = + 3,75 TM 50
TITIK B D BATANG FAKTOR DIST MF MD MI MD MOMEN AKHIR
BA ‐ 0,44 ‐ 1,125 ‐ 3,355 0 ‐ 4,48
BF ‐ 0,34 + 3,75 ‐ 2,5925 0 + 1,16
BD ‐ 0,22 + 5 ‐ 1,6775 0 0 + 3,32
DB ‐ ‐ 5 0 ‐ 0,83875 0 ‐ 5,84
∑ MB = 0 ( OK )
q= 1t/m 5 T A 2,79 B D
2,79
4,48 5,115 3,32 C 5,84
0,007 2,93 2,185 2,815
1,16 2,79 balok FB ∑ MB = 0 HF MISAL
E 5 T ‐ HF.4 + 5.2 – 1,16 = 0 HF = 2,21 T
HB = 5 – 2, 21= 2,79 T
balok BD ∑MD=0 VB MISAL
F 2,21 VB.8 ‐3,32 – 5.4 + 5,84 = 0
5,115 VB =2,185 T VD=5‐2,185 = 2,815T
Balok AB ∑ MB= 0 VA MISAL
VA.3 – 3.1,5 + 4,48 = 0 VA = 0,007 T 51
2,79
N
5,115
5,115
0,007 2,185
2,79 2,93 2,815 Bat AB DX =0 0,007‐1X=0 2,79
D X= 0,007 m DARI A
2,21 5,84
4,48
3,32 1,16 MX = 0,007X‐ 1X.1/2 X
M
Mmax = 0 5,42 X=0,007 m
4,42 Mmax = 0,007.0,007‐ 1.0,007.1/2.0,007 Mmax = 0 ME = 2,21 . 2 = 4 ,42 TM
52
2 t/m 6 T E F G D C 2m H 4T 4 m 4 m A 6m B
2 m 2m
n = 2.6 – ( 2.2 + 2.1 + 1 + 5 ) = 0 portal tetap µ EC : µ EF : µ EA =
µ EC = 0,31 µ EF = 0,28 µ EA = 0,41 µ FE : µ FB : µ FD =
µ FE = 0,28 µ FB = 0,41 µ FD = 0,31 MOMEN PRIMAIR MF EC = ‐ 1/8 . 2. 42 = ‐ 4 TM MF EF = ‐ MF FE = + 1/12 . 2 . 62 = + 6 TM MF FD = + 3/16 . 6 . 4 = + 4,5 TM MF EA = ‐ MF AE = 1/8 . 4 . 4 = + 2 TM TTK E BATANG EC EA EF FD ‐0,31 ‐0,41 ‐0,28 MF ‐4 +2 +6 MD ‐1,24 ‐1,64 ‐1,12 MI 0 +0,21 MD ‐0,0651 ‐0,0861 ‐0,0588 MI 0 +0,0784 MD ‐0,0243 ‐0,0321 ‐0,0219 MAKHIR ‐5,33 +0,24 +5,09
A AE ‐ ‐2 0 + 0,82 0 ‐0,04305 0 ‐2,86
F FE FD FB ‐0,28 ‐0,31 ‐0,41 ‐6 + 4,5 0 +0,42 +0,465 +0,615 ‐0,56 +0,1568 +0,1736 +0,2096 ‐0,0294 0,00823 0,00911 0,01205 ‐6 +5,15 +0,85
B BF ‐ 0 0 0,3075 0 +0,1148 0 +0,42
53
1 t/m
1t/m
1,665 E 0,32
6 T 0,32F
D
11,18 10,44
C
5,33 5,09 6 5,15
2,67 5,33 5,85 6,15 4,29 1,71 1,345 0,85
0,24
H
0,32
4 T
2,86 0,42
2,655 0,32
A
B 11,18 10,44
1,665
0,32
1,665
N
11,18 10,44 54
5,85
4,29
2,67 1,345
1,71
5,33 2,655
6,15
D
0,32
6
5,33 5,09
0,24
0,85
3,56
3,42
2,45
M
12,02 2,86
0,42
55
q = 1t/m B C 1 m
A F 4 T
3 m
1 m
E
D 3 m 6 m 4 m
n = 2.5 – ( 2.2 + 2.1 + 0 + 4 ) = 0 portal tetap
( 3,5 )
µ BA : µ BC : µ BE = µ BA = 0,38 µ BC = 0,19 µ BE = 0,43
µ CB : µ CD = µ CB = 0,45 µ CD = 0,55
MF AB = ‐ MF BA = + 1/12 . 1 . 32 = + 0,75 TM MF BC = MF CD = + 1/12 . 1 . 62 = + 3 TM MF BE = + 3/16 . 4 . 2 = + 1,5 TM TITIK BATANG FD MF MD MI
A AB ‐ + 0,75 0
BA ‐ 0,38 ‐ 0,75 ‐ 1,425
B BC ‐ 0,19 + 3 ‐ 0,7125
BE ‐ 0,43 + 1,5 ‐ 1,6125
MD
‐0,7125 0
‐ 0,2565
+ 0,675 ‐0,12825
‐ 0,29025
MI
‐0,12825
+ 0,0801562
MD
0
‐0,03046
‐0,0152297
M AKHIR
‐ 0,09
‐2,45
+ 2,90
C CB ‐ 0,45 ‐ 3 + 1,35 + 0,35625 +0,160312 5 ‐ 0,064125
‐0,034467 + 0,028856
‐ 0,45
‐ 1,88
D DC ‐ 0 0
CD ‐ 0,55 0 + 1,65
+ 0,825 0
+ 0,195937 +0,035269
+ 0,09797
+ 1,88
+ 0,92 56
FREE BODY DIAGRAM 6,485
0,09 6,485 4,71 1 t/m
4,71
5,44
2,83
A 2,45 2,27 B 3,17 2,90 1,88 2,83 4,71 0,27 1,775
F 0,45 1,88
4 T
E
0,92 2,225
5,44
4,71
BE ∑ MB = 0 ‐ HE.2 + 4.1 + 0,45 = 0 HE = 2,225 T HB = 1,775 T
D 2,83
CD ∑ MD = 0 ‐ HD.3 ‐0,92 ‐1,88 – 2,83.4 =0 HD = 4,71 T HC = 4,71 T 3 M 5 M
α
α
D
4 M SIN α = 3/5
4,71 SIN α α 4,71
2,83 COS α
COS α = 4/5
α 4,71 COS α 2,83 2, 83 SIN α
N DC = ‐ 4,71 COS α – 2,83 SIN α = ‐ 3,768 – 1,698 = ‐ 5,466 T D DC = + 4,71 SIN α – 2,83 COS α = 2,826 – 2,264 = + 0,562 T DX = 3,17 – 1X = 0 X = 3,17 M MX = 3,17.X – 1.X.1/2.X – 2,90 X= 3,17 M MAX = 3,17.3,17 – 1.3,17 . ½ . 3,17 – 2,90 = 2,12 TM 57
6,485
4,71 5,466
N
5,44
3,17
5,466
0,562
1,775 0,27 2,27
2,83 2,225 D
2,98 2,45
1,88
1,88
0,45
0,09
2,25
M MAX =2,12
M 0,92
58
TAHAP PENYELESAIAN UNTUK PORTAL BERGOYANG 1. PORTAL DIANGGAP DULU SEBAGAI PORTAL TETAP / TIDAK BERGOYANG DENGAN MEMASANG PENDEL DITEMPAT PERGOYANGANNYA . ( PHASE NOL )
DARI GAMBAR DISAMPING ,
Pendel DIHITUNG MOMEN AKHIR NYA DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA. 2. PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG . ( PHASE SATU ) HITUNG MOMEN AKHIR DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA .
B’ Δ B
JEPIT – JEPIT
A’ A
MFBC
JEPIT – SENDI / ROL
MFCB
UNTUK LEBIH MUDAHNYA , EI Δ
DIMISALKAN DALAM X , SEHINGGA
REAKSI PENDEL DALAM X 59
3. DARI HASIL REAKSI PENDEL DIATAS DIDAPAT KAN HARGA X DIMANA RP0 + RP1 = 0 X DAPAT DITEMUKAN SEHINGGA MOMEN AKHIR DAPAT DIHITUNG DARI MOMEN AKHIR PHASE NOL DITAMBAH MOMEN AKHIR PHASE SATU . 4. DARI HASIL MOMEN AKHIR YANG DIDAPAT DIATAS , MAKA DAPAT DILANJUTKAN DENGAN MENGHITUNG DAN MENGGAMBAR BIDANG MOMEN , NORMAL DAN LINTANG . 60
2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E
EI
4m n= 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0 portal bergoyang
1m A 6m 2m 2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E
E portal dianggap dulu tidak bergoyang
4m dengan memasang pendel .
1m A 6m 2m PHASE 1 PORTAL DIANGGAP TIDAK BERGOYANG µ CB : µ CD : µ CA = 0 : 3.2EI/6 : 4EI/4 µ CB = 0 µ CD = 0,5 µ CA = 0,5 µ DC : µ DE = 1 : 0 µ DC = 1 µ DE = 0 MF CB = ‐ 2.1 – 1.1.0,5 = ‐ 2,5 TM MF CD = +1/8. 1. 62 = + 4,5 TM MF DE = + 1.2 + 2.1.1 = + 4 TM TITIK BATANG FD MF MD MI MD MI MD M .AKHIR
A AC ‐ 0 0 ‐0,5 0 +0,5 0 0
CA ‐0,5 0 ‐1 0 +1 0 0
C CB 0 ‐2,5 0 0 0 ‐2,5
CD ‐0,5 +4,5 ‐1 ‐2 +1 0 0 + 2,5
D DC ‐1 0 ‐4 ‐ 0 ‐ 0 ‐4
DE 0 +4 0 0 0 +4 61
2 T 1T B C D E 2,5
2,5 4 4
∑ MC = 0 HA MISAL
‐ HA . 4 + 0 = 0 HA = 0 T
RP0 = 0 T
A PHASE SATU PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG ∆ ∆ B 2EI C C1 2EI D 2EI E
EI
4m MF AC = MF CA =
1m A 6m 2m TITIK BATANG FD MF MD MI MD MOMEN AKHIR
A AC ‐ 100X 0 ‐25X 0 75X
CA ‐0,5 100X ‐50X 0 0 50X
C CB 0 0 0 0 0
CD ‐0,5 0 ‐50X 0 0 ‐50X
D DC ‐1 0 0 ‐ 0 0
DE 0 0 0 0 0
62
B C 50X D E 31,25X 31,25X 31,25X 31,25X
50X ∑ MC = 0 HA MISAL 75X ‐ HA . 4 ‐75X‐50X = 0 HA = 31,25X
RP1 = 31,25X
A 31,25X RP0 + RP 1 = 0 0 – 31,25 X = 0 X = 0 MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU MAC = 0 + 75 . 0 = 0 TM MCA = 0 + 50. 0 = 0 TM MCB = ‐ 2,5 + 0.0 = ‐ 2,5 TM MCD = + 2,5 ‐50.0 = + 2,5 TM MDC = ‐4 + 0.0 = ‐4 TM MDE = + 4 + 0.0 = + 4 TM 2T
1T
A C
D E
2,5 TM 3T 7T 4T
2,5 TM 4 TM 2T 3T
4 TM
BATANG CD ∑ MD=0 VC.6‐2,5+4‐1.6.3 = 0 VC = 4T VD= 2T
DX = 0 DX = 4 – 1X = 0 X = 4M terjadi M max
MX = 4X ‐ 1.X.1/2.X – 2,5 A 7T X= 4 M max = 4.4 – 1.4.1/2.4 – 2,5 = 5,5 TM 63
N 7 T
4T
3T
1T
2T 3T
D 2T
4TM 2,5 TM
5,5 TM M
64
4T A B 3m
1 T
4 m 4 m C 2 m D
PORTAL DIANGGAP DULU TIDAK BERGOYANG DENGAN MEMASANG PENDEL ( PHASE NOL)
4T
B A 3m
1 T
4 m 4 m C 2 m D
µBA : µBC = 4EI/4 : 3EI/5 = EI : 0,6EI µBA = 1/1,6 = 0,625 µBC = 0,6/1,6 = 0,375 µCB: µD = KCD : 0 µCB =1 µCD = 0 MF CD = + 1.2 = + 2TM TITIK BATANG FD MF MD MI MD MI MD M AKHIR
A AB ‐ 0 0 0 0 +0,3125 0 +0,3125
B BA ‐0,625 0 0 0 +0,625 0 0 +0,625
BC ‐0,375 0 0 ‐1 +0,375 0 0 ‐0,625
C CB ‐1 0 ‐2 0 0 ‐2
CD 0 +2 0 0 0 +2
65
4T
0,625TM
A B
0,3125TM 0,2344T
0,625TM
0,2344T 3,7656T
2TM 1T
C D
3,7656T 2TM RP0 AB ∑ MB = 0 VA.4‐0,3125‐0,625 =0 VA=0,2344 T
1T
VB = 0,2344 T
BC VB = 4 – 0,2344 = 3,7656 T VC = 3,7656 T CB ∑ MB = 0 ‐HC.3 – 3,7656.4 + 2 + 0,625 =0 HC = 4,1458 T CD HC = 4,1458 T HD = 4,1458 T RP0 = 4,1458 T PHASE SATU , PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG
3 5 sinα=3/5 tgα=3/4
4
B
∆
B’
B B’ ∆/tgα A =
B’’
∆/sinα
B’’
4 m 4 m C 2 m D MFAB = MFBA = MFBC =
66
TITIK BATANG FD MF MD MI MD MI MD M AKHIR
A AB ‐ 250X 0 ‐46,875X 0 0 0 203,125X
B BA ‐0,625 250X ‐93,75X 0 0 0 0 156,25X
BC ‐0,375 ‐100X ‐56,25X 0 0 0 0 ‐156,25
C CB ‐1 0 0 0 0 0
CD 0 0 0 0 0 0
156,25X
A B
203,125X 89,84375X
156,25X
89,84375X 89,84375X
C D
89,84375X RP1 AB ∑ MB = 0 VA.4‐203,125X‐156,25X =0 VA=89,84375X
VB = 89,84375X
BC VB = 89,84375X VC = 89,84375X CB ∑ MB = 0 ‐HC.3 + 89,84375X.4 + 156,25X =0 HC = 171,875X CD HC = 171,875X HD = 171,875X RP1 = 171,875X RP0 + RP1 = 0 4,1458 – 171,875 X = 0 X = 0,02412 67
MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU MAB = 0,3125 + 203,125 . 0,02412 = + 5,212 TM MBA = 0,625 + 156,25 . 0,02412 = + 4,394 TM MBC = ‐0,625 ‐156,25 .0,02412 = ‐ 4,394 TM MCB = ‐2 + 0 . 0,02412 = ‐2 TM MCD = +2 + 0. 0,02412 = + 2TM 4T 4,394TM
A B 5,212TM 2,4015T
4,394TM
2,4015T 1,5985T
2TM 1T
C D
1,5985T 2TM
1T
CB ∑ MB = 0 + MB – 1,5985.4 + 2 = 0 MB = 4,394 TM
CD ∑ MC = 0 + MC + 2.1 = 0 MC = ‐ 2TM NCB = ‐ 1,5985 . 0,6 = ‐ 0,9591 T DCB = ‐ 1,5985 .0,8 = ‐ 1,2788 T 1,5985COSα
C 1,5985SINα 68
N
0,9591T
0,9591T 2,4015T 2,4015T
D
1T
1,2788 T 5,212TM
M
4,394TM 2TM 2TM 4,394TM
69
DAFTAR PUSTAKA 1 . Chu Kia Wang Ph D , Ir . Herman Widodo S , STRUKTUR STATIS TAK TENTU 2 . Chu Kia Wang Ph D, Kusuma Wirawan & Mulyadi Nata Prawira , ANALISA STRUKTUR LANJUTAN
70
