Your SlideShare is downloading. ×
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Modul mekanika teknik 1
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Thanks for flagging this SlideShare!

Oops! An error has occurred.

×
Saving this for later? Get the SlideShare app to save on your phone or tablet. Read anywhere, anytime – even offline.
Text the download link to your phone
Standard text messaging rates apply

Modul mekanika teknik 1

105,284

Published on

Published in: Education
1 Comment
43 Likes
Statistics
Notes
  • Terima Kasih atas infonya,.. ini sangat bermanfaat sekali
    berikut download materi kuliah mekanika teknik lengkap di;
    http://jhem90.blogspot.com/2013/07/mekanika-teknik-i.html
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
No Downloads
Views
Total Views
105,284
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
3,837
Comments
1
Likes
43
Embeds 0
No embeds

Report content
Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
No notes for slide

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 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- 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). 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) 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). 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%!RBV.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 ab ! !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 EHx 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 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 = VAx H.yc . ] 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.

×