BAHAN AJAR MEKANIKA REKAYASA 3 PROGRAM D3 TEKNIK SIPIL

Transkripsi

1 2011 BAHAN AJAR MEKANIKA REKAYASA 3 PROGRAM D3 TEKNIK SIPIL BOEDI WIBOWO

2 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

3 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

4 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

5 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

6 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 C A 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 = VB = 8 0 = ) = 938,6667 / 2 EI ( hasil positif, arah sama dengan beban unit ) 6

7 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<X<2 EI M = + 2X m = 0 2T D D CB 0<X<4 EI M= +2 ( 2+ X ) m = 1X X C 2m X P =1 BA 0<X<8 2EI M= +2 (6+X )+ 1X.1/2.X m = 1 ( 4+ X ) X 4m 2m 2T X 4m ½ x B C D B C 7

8 VC = VC = ) dx VC = VC = VC = ( karena hasil negative arah berlawanan dengan arah beban unit ) 8

9 4 T A B C D HITUNG BESAR ΔVC DAN ѲC EI 2 EI 2m 4m 10 m A 4T gambar bisa dipakai utk M 3,5 T B C D MD = 0 VA = 0 VB = 3,5 T VD = 0,5 T 0,5 T VC = 1 gambar dipakai utk m ΔVC B C D 0,625 MD = 0 VA = 0 VB = 0,625 VD = 0,375 0,375 M = 1 gambar dipakai utk m ѲC B C D 0,0625 MD = 0 VA = 0 VB = 0,0625 VD = 0,0625 0,0625 AB 0<X<2 EI M = +3,5 X mδvc = + 0,625 X mѳc = 0,0625 X X X X 3,5 0,625 0,0625 9

10 BC 0<X<4 EI M = + 3,5( 2+ X ) 4X mδvc = +0,625( 2+X ) mѳc = 0,0625(2+X) A 2m B X m A 2m B X m A 2m B Xm 3,5 0,625 0,0625 DC 0<X<10 2EI M = 0,5 X mδvc = 0,375 X mѳc = 0,0625X D D D 0,5 0,375 0,0625 Vc = + = = = = Vc = 10

11 Θc = 1,06062/EI 11

12 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<X<3 EI M = 1 X. 1/2 X m = + 1 X Q = 1X P=1 BC 0<X<5 EI M = 3.1,5 + 3X = 4,5 + 3X m = =

13 3T 3T P=1 1,5 m X 3m X VA = + = + = = Δ VA = 34, 875 / EI 13

14 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

15 BATANG ED 0<X<2 2EI M = +1X.1/2X + 1X m =0 X m P=1 X m Q= 1X BATANG DC 0<X<6 2EI M = +1(2+X) + 1/2( 2+X ) 2 = X + 1/2 X 2 m = 1X X m q = 1t/m 1T X m D 2m E D 2m E Q = 1( 2 + X ) P =1 BATANG BC 0<X<1 2EI M= 2X 1/2.1.X 2 m = 0 2T X m X m B Q B 15

16 BATANG CA 0<X<4 EI M = ,5 = 37,5 m = 1.6 = 6 2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E Q = 2T 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 = =

17 = 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 = m X 4T A B 1,8 = 0,6X X=3 gambar ini untuk mencari persamaan M C 2,4=0,8X X X A B X 0,6 X gambar ini untuk mencari persamaan m C P = 1 MENCARI H C CB 0<X<3 EI M = 0 m = + 1.0,6.X 0,6X P = 1 17

18 BA 0<X<4 EI M= + 4X m = + 1.1,8 = +1,8 4T X X 3 m P=1 4 0 = 18

19 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

20 HITUNG PENURUNAN PADA TITIK G C D E BEBAN PADA BATANG FG ADALAH q = 1 t/m 4 M A F 3 M 3 M 3 M C D E G BEBAN HARUS DITEMPATKAN PADA TITIK SIMPUL B E = KG/ CM 2 A = 10 CM 2 KARENA BEBAN DAN KONSTRUKSI SIMETRIS MAKA VA = VB = 1,5 T A B F G 1,5 T 1,5 MENCARI S TITIK A A S AC S AF = 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 SIN α S CF

21 C S CF COS α HASIL S AC ADALAH 1,5 T TEKAN, MAKA PADA TITIK SIMPUL C ARAH S AC MENEKAN TITIK C S CF = 1, 875 T ( TARIK ) = 0 1,5 S CF SIN α = 0 S CF = 1,5 / SIN α = 1,875 T = 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. 4 1, , 5. 3 = 0 S DE = 1, 125 T 4 S DE S EF S EF SIN α S DE = 1, 125 T ( TEKAN ) 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

22 UNTUK MENCARI BATANG S GF, S GE DAN S EB, DIPOTONG KETIGA BATANG TERSEBUT. LIHAT KANAN POTONGAN. E S EB SIN α = a / 3 a = 3 SIN α 4 M S GE S EB a = 3. 4 / 5 = 12 / 5 M S GF a B G 1,5 T 3 M 1,5 T 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

23 MENCARI α P =1 DI BEBANKAN PADA TITIK SIMPUL YANG DITANYAKAN PENURUNANNYA. C D E MB = 0 VA = 0 VA = 0,333 VB = 0,667 4m B A F G P=1 3m 3m 3m TITIK A A α AC α AF = 0 0,333 + α AC = 0 α AC = 0,333 HASIL S AC NEGATIF, ARTINYA ARAH PEMISALAN SALAH, ARTINYA S AC BUKAN BATANG TARIK 0,333 TETAPI BATANG TEKAN. α AC = 0,333 ( TEKAN ) = 0 α AF = 0 TITIK C α CD C 0,333 α CF SIN α α CF COS α α CF HASIL α AC ADALAH 0,333 TEKAN, MAKA PADA TITIK SIMPUL C ARAH α AC MENEKAN TITIK C = 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, ,6 = 0,24975 α CD = 0,24975 ( TARIK ) 23

24 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. 4 0, = 0 α DE = 0, α DE α EF α EF SIN α α DE = 0,2505 ( TEKAN ) F 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 4 M α GE α EB a = 3. 4 / 5 = 12 / 5 M α GF a B G 1 0,667 3 M 24

25 MENGHITUNG α GF = 0 + α GF. 4 0, = 0 α GF = 0,5 ( TARIK ) MENGHITUNG α EB = 0 α EB. 12/5 0, = 0 α EB = 0,03335 α EB = 0,03335 ( TEKAN ) MENGHITUNG S GE = 0 + α GE. 3 0, = 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, ,8 = 0,02668( TARIK ) 0,667 25

26 TABEL PERHITUNGAN PENURUNAN DI G BATANG α S KG L CM E KG/CM 2 A CM 2 Δ CM α. Δ CM AC 0,333 1, ,03 +0,0099 AF CF +0, , , , CD +0, , , , DE 0,2505 1, , , DI JUMLAH EF 0, GF + 0,5 +1, , , GE + 0,667 +1, ,03 +0,02001 EB 0,0335 1, , , GB +0, , , ,0006 DF ΔV DI G = 0,06 CM 26

27 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

28 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. GAYA KELEBIHAN YANG DIBUANG A B ADALAH VB, HB, MB KARENA YANG DIBUANG ADALAH TIGA REAKSI MAKA KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU TINGKAT 3. 28

29 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

30 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 CONTOH. DAN BIDANG MOMEN, NORMAL DAN LINTANG DAPAT DIGAMBAR. A B C GAYA LELEBIHAN VB Dengan gambar disamping cari ΔVB A B C VB =1 A B C Dengan gambar disamping cari δvbb PERSAMAAN CONSISTENT DEFORMATION ΔVB + VB. δvbb = 0 VB DAPAT DIHITUNG. 30

31 4T SELESAIKAN SOAL INI DENGAN CARA CONSISTENT DEFORMATION A EI B 2 EI C gaya kelebihan VB 2 m 8 m AB 0<X<2 EI 4T M = 4X m = 0 A B C BC 0<X<8 2 EI M = 4 ( 2 + X ) VB=1 m = 1 X A B C 8 VB = = ) = 938,6667 / 2 EI 0 8 δvbb = dx = ( ) = 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

32 4T 4TM MC = 0 MC ,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

33 4 T A B C D GAYA KELEBIHAN VC EI 2 EI 2m 4m 10 m A 4T mencari VC 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 0,625 0,375 AB 0<X<2 EI M = +3,5 X m = + 0,625 X BC 0<X<4 EI M = + 3,5( 2+ X ) 4X m = +0,625( 2+X ) DC 0<X<10 2EI M = 0,5 X m = 0,375 X Vc = + = = = = Vc = 33

34 δvcc = 2 dx = = 3,01 Vc + Vc.δ Vcc = 0 = 0 Vc = 1,85 T Vc = 1,85 T A B 4T C D MD = 0 EI 2 EI VA ,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 2,34 T 1,66T 0.19 T 0,19 T MC=0 2,34 0,19T D +MC 0,19.10 = 0 MC= + 1,9 TM 1,66T 1,66T 1,9TM 34

35 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 = = + 3 VA = + = + =

36 + = δ V aa = + = VA + VA. δ V aa = 0 VA = 0,646 T VA = 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 8,56TM C C 3,646 T 3T 3,646 T MC = 0 + MC 0, , = 0 MC = 8,56 TM BATANG AB MB = 0 + MB ,5 = 0 MB = 6,44 TM 36

37 N 3,646 0,646 3,646 3 D 3 6,44 6,44 M 37

38 8,56 4T EI KONSTANT B A 1,8 m 1,8 m c 4 m 2, 4 m C 2,4m c = m X 4T A B 1,8 = 0,6X X=3 gambar ini untuk mencari H C dan persamaan M C 2,4=0,8X X X A B X 0,6 X gambar ini untuk mencari δh CC dan persamaan m C H C =1 MENCARI H C CB 0<X<3 EI M = 0 m = + 1.0,6.X BA 0<X<4 EI M= + 4X m = + 1.1,8 = +1,8 38

39 4 0 = Karena hasil negative arah HC berlawanan dengan arah HC =1 HA A B 4T VA H = 0 HA = 3,56 T V = 0 VA = 4 T C MA = 0 + MA 3,56.1, =0 3,56 T MA = 9,6 TM 4T A 6,4 T B 6,4TM 4T 9,6 TM MB = 0 +MB 3,56.1,8 =0 3,56 SINα MB = + 6,4 TM 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

40 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

41 PENYELESAIAN DENGAN CARA CROSS 1. ANGKA KEKAKUAN PERLETAKAN : JEPIT JEPIT JEPIT SENDI / ROL K = 4EI / L 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

42 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.L 2 L m MF BA = 1/12. q.l 2 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.l 2 L m 42

43 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

44 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 TM MF CB = 1/ = 1,125 TM ( MF BC = 0,karena titik B dianggap sendi ) MF CD = MF DC = 1/ = + 4 TM TITIK B C D BATANG BA BC CB CD DC FD 0 1 0,5 0,5 MF 2 1, MD ,4375 1, MI XXXX ,71875 Di jumlah MD 0 0 0,5 0,5 0 MI MD MOMEN AKHIR 44

45 MD BA = ( MBA + MBC ). FD BA = ( ). 0 = 0 MD CB = ( MCB + MCD ). FD CB = ( 1, ). ( 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 ( ) = 1 > 0 PORTAL BERGOYANG 45

46 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 E µ BA : µ BD = = EI : EI µ BA = 0,5 µ BD = 0,5 µ DB : µ DE = = EI : 0,75 EI µ DB = 0,57 µ DE = 0,43 MF BA = 1/ = 4,5 TM MF DE = + 1/ = + 4 TM MF BD = MF DB = 1/ = 4 TM kalau P tidak ditengah bentang pakai rumus MF BD = + P.a.b 2 / L 2 MF DB = P.b.a 2 / L 2 TITIK B D BATANG BA BD DB DE FAKTOR 0,5 0,5 0,57 0,43 DISTRB. MF 4, MD + 0,25 + 0, MI 0 0,125 MD 0 0 0, ,05375 MI 0, MD + 0, , MOMEN AKHIR 4,23 + 4,23 3,94 + 3,94 46

47 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

48 q = 1t/m P = 4 T q = 2t/m A 2EI 2m B C D EI EI a 6 m 4 m 4 m µ BA : µ BC = µ BA = 0,5 µ BC = 0,5 µ CB : µ CD = µ CB = 0,5 µ CD = 0,5 MF BA = 1/ = 4,5 TM MF BC = MF CB = + 1/ = 2 TM MF CDF = MF DC = + 1/ = + 2,667 TM TITIK B C D BATANG BA BC CB CD DC FD 0,5 0,5 0,5 0,5 MF 4, ,667 2,667 MD + 1,25 + 1,25 0,3335 0, MI 0, , ,16675 MD + 0, , ,3125 0, MI 0, , ,15625 MD + 0, , , , MOMEN AKHIR 3,09 + 3, ,99 48

49 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, ,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. 2,485 M max= 3,752.1, ,876.1/2.1,876 2 = 3,088 TM = 7,039 3,519 2 = 1,52 TM ME = 2, ,09 = 1,454 TM 3,515 M 2 2,99 3,088 1,454 49

50 q = 1 t/m 5 T A B C D EI KONSTANT 2 m E 5 T F n=2.4 ( ) = 0 portal tetap 2m 3 m 4 m 4 m µ BA : µ BD : µ BF = µ BA = 0,44 µ BD = µ BF = MF BA = 1/ = 1,125 TM MF BD = + 1/ = + 5 TM MF DB = 5 TM MF BF = + 3/ = + 3,75 TM 50

51 TITIK B D BATANG BA BF BD DB FAKTOR DIST 0,44 0,34 0,22 MF 1, , MD 3,355 2,5925 1, MI 0 0,83875 MD MOMEN AKHIR 4,48 + 1,16 + 3,32 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 ,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, ,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

52 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 Mmax = 0 5,42 X=0,007 m M 4,42 Mmax = 0,007.0, ,007.1/2.0,007 Mmax = 0 ME = 2,21. 2 = 4,42 TM 52

53 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 ( ) = 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/ = 4 TM MF EF = MF FE = + 1/ = + 6 TM MF FD = + 3/ = + 4,5 TM MF EA = MF AE = 1/ = + 2 TM TTK E A F B BATANG EC EA EF AE FE FD FB BF FD 0,31 0,41 0,28 0,28 0,31 0,41 MF ,5 0 0 MD 1,24 1,64 1, ,42 +0,465 +0,615 0 MI 0 +0,21 + 0,82 0,56 0,3075 MD 0,0651 0,0861 0, , , , MI 0 +0,0784 0, , ,1148 MD 0,0243 0,0321 0, , , , MAKHIR 5,33 +0,24 +5,09 2, ,15 +0,85 +0,42 53

54 1 t/m 1t/m 6 T 1,665 E 0,32 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 0,24 1,345 0,85 0,32 H 4 T 2,86 0,42 2,655 0,32 A B 11,18 10,44 1,665 1,665 0,32 N 11,18 10,44 54

55 2,67 1,345 5,85 4,29 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

56 q = 1t/m B 1 m A F 4 T 1 m E C 3 m D 3 m 6 m 4 m n = 2.5 ( ) = 0 portal tetap µ BA : µ BC : µ BE = ( 3,5 ) 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/ = + 0,75 TM MF BC = MF CD = + 1/ = + 3 TM MF BE = + 3/ = + 1,5 TM TITIK A B C D BATANG AB BA BC BE CB CD DC FD 0,38 0,19 0,43 0,45 0,55 MF + 0,75 0, , MD 0 1,425 0,7125 1, ,35 + 1,65 0 MI 0, , , ,825 MD 0 0,2565 0, , , , MI 0, , , ,09797 MD 0 0, , , , , M AKHIR 0,09 2,45 + 2,90 0,45 1,88 + 1,88 + 0,92 56

57 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 0,92 E 2,225 5,44 4,71 BE MB = 0 HE ,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 4,71 SIN α 4 M α 4,71 SIN α = 3/5 2,83 COS α α 4,71 COS α COS α = 4/5 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

58 6,485 4,71 5,466 5,44 N 3,17 5,466 1,775 0,562 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

59 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

60 3. DARI HASIL REAKSI PENDEL DIATAS DIDAPAT KAN HARGA X DIMANA RP 0 + RP 1 = 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

61 2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E EI 4m n= 2.3 ( ) = 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 = ,5 = 2,5 TM MF CD = +1/ = + 4,5 TM MF DE = = + 4 TM TITIK A C D BATANG AC CA CB CD DC DE FD 0,5 0 0,5 1 0 MF 0 0 2,5 +4, MD MI 0,5 0 2 MD MI +0,5 0 MD M.AKHIR 0 0 2,5 + 2,

62 2 T 1T B C D E 2,5 2,5 4 4 MC = 0 HA MISAL HA = 0 HA = 0 T RP 0 = 0 T A PHASE SATU PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG B 2EI C C 1 2EI D 2EI E EI 4m MF AC = MF CA = 1m A 6m 2m TITIK A C D BATANG AC CA CB CD DC DE FD 0,5 0 0,5 1 0 MF 100X 100X MD 0 50X 0 50X 0 0 MI 25X 0 0 MD MOMEN AKHIR 75X 50X 0 50X

63 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 RP 1 = 31,25X A 31,25X RP 0 + RP 1 = ,25 X = 0 X = 0 MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU MAC = = 0 TM MCA = = 0 TM MCB = 2, = 2,5 TM MCD = + 2, = + 2,5 TM MDC = = 4 TM MDE = = + 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, = 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 = /2.4 2,5 = 5,5 TM 63

64 N 7 T 4T 3T 1T 2T 3T D 2T 2,5 TM 4TM 5,5 TM M 64

65 A B 3m 4T 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 = = + 2TM TITIK A B C BATANG AB BA BC CB CD FD 0,625 0, MF MD MI MD 0 +0,625 +0, MI +0, MD M AKHIR +0, ,625 0,

66 4T 0,625TM A B 0,3125TM 0,2344T 0,625TM 0,2344T 3,7656T 2TM 1T C D 3,7656T 2TM RP 0 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, ,625 =0 HC = 4,1458 T CD HC = 4,1458 T HD = 4,1458 T RP 0 = 4,1458 T PHASE SATU, PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG 3 5 sinα=3/5 tgα=3/4 4 B B B B /tgα A = /sinα B B 4 m 4 m C 2 m D MFAB = MFBA = MFBC = 66

67 TITIK A B C BATANG AB BA BC CB CD FD 0,625 0, MF 250X 250X 100X 0 0 MD 0 93,75X 56,25X 0 0 MI 46,875X 0 0 MD MI MD M AKHIR 203,125X 156,25X 156, ,25X A B 203,125X 89,84375X 156,25X 89,84375X 89,84375X C D 89,84375X RP 1 AB MB = 0 VA.4 203,125X 156,25X =0 VA=89,84375X BC VB = 89,84375X VC = 89,84375X VB = 89,84375X CB MB = 0 HC ,84375X ,25X =0 HC = 171,875X CD HC = 171,875X HD = 171,875X RP 1 = 171,875X RP 0 + RP 1 = 0 4, ,875 X = 0 X = 0,

68 MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU MAB = 0, ,125. 0,02412 = + 5,212 TM MBA = 0, ,25. 0,02412 MBC = 0, ,25.0,02412 MCB = ,02412 MCD = ,02412 = + 4,394 TM = 4,394 TM = 2 TM = + 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, = 0 MB = 4,394 TM CD MC = 0 + MC = 0 MC = 2TM NCB = 1, ,6 = 0,9591 T DCB = 1,5985.0,8 = 1,2788 T C 1,5985COSα 1,5985SINα 68

69 0,9591T N 0,9591T 2,4015T 2,4015T D 1T 1,2788 T 5,212TM M 4,394TM 2TM 2TM 4,394TM 69

70 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