1 ASST ATW Bahan Serahan 1 Gasal 2021-22 sd Balok Kantilever.pdf

ANALISIS TRUKTUR STATIS
TERTENTU (ASST)
(3 SKS)
Dr.-Ing. Ir. Andreas Triwiyono
Materi Ajar
Semester Gasal 2021/2022

JENIS BEBAN
Dari bentuknya beban pada struktur dapat dibedakan menjadi:
1. Beban terpusat (beban titik); Concentrated Load → P:
Yaitu beban yang bekerja terpusat pada suatu bidang yang kecil.
Misalnya:
beban dari roda kendaraan di atas jembatan
beban dari sebuah kolom yang ditumpu suatu balok
P (kN)
P (kN)

2. Beban merata; uniform load → q
Yaitu beban yang bekerja pada suatu luasan secara merata.
Misalnya:
beban mati pada plat atau balok
beban dinding pada balok
q (kN/m)
3. Beban segita dan trapesium → q1 & q2
Yaitu beban yang bekerja pada suatu luasan dan terdistribusi dalam
bentuk segitiga atau trapesium (trapesium = gabungan segi 3 + segi4)
Misalnya:
beban bidang plat yang didukung balok
q1
(kN/m)
q (kN/m)
q1 (kN/m)
q2 (kN/m)

4. Beban tidak beraturan → q(x)
Yaitu beban yang bekerja pada suatu luasan .dan terdistribusi secara
tidak merata misalnya berupa fungsi sin, cos, atau sama sekali tidak
beraturan.
q(x) (kN/m)

NOTASI dan PERJANJIAN TANDA
Untuk kasus 3D pada umumnya digunakan sistim sumbu XYZ yg
mengikuti ‘aturan tangan kanan‘
sumbu x pada sumbu memanjang batang (positif ke kanan)
sumbu y tegak lurus sb. x & z (positif ke bawah)
sumbu z tegak lurus sb. x & y (positif ke depan)
Menurut sistim ini, beban
vertikal ke bawah searah
sumbu y, mempunyai tanda
positif.
INTERNAL FORCES
x
z
y Perjanjian tanda ini sedikit
berbeda dengan buku
“Structural and Stress
Analysis”, karangan Megson)

X+
Y+
S
N
M
S
N
M M
N
S
N
M S
Permukaan positif
Permukaan negatif
NOTASI dan PERJANJIAN TANDA
Tanda untuk gaya-gaya dalam ditentukan sbb:
1. Gaya-gaya dalam mempunyai tanda & nilai positif, jika:
Pada permukaan positif: gaya-gaya internal tsb mempunyai
arah sesuai sumbu x,y,z positif
ATAU
Pada permukaan negatif: gaya-gaya internal tsb mempunyai
arah sesuai sumbu x,y,z negatif
2. Gaya-gaya dalam mempunyai tanda & nilai negatif, jika
ketentuan (1) tsb di atas tidak terpenuhi.

AXIAL LOAD (BEBAN AKSIAL/NORMAL)
T
T
Batang dibebani gaya aksial tarik T:
- Didalam batang terjadi gaya dalam
(internal force) → gaya normal tarik
(Normal Force, NF + )
- Batang memanjang
C
C Batang dibebani gaya aksial tekan C:
- Didalam batang terjadi gaya dlm
(internal force) → gaya normal desak
(Normal Force, NF – )
- Batang memendek.
INTERNAL FORCES & DEFORMATIONS

SHEAR LOAD (BEBAN GESER)
Penampang2 ini mengalami beban geser:
→ terjadi internal force: Gaya Geser (Shear Force = SF)
→ terjadi deformasi geser (dalam analisis struktur2 langsing, pada
umumnya pengaruh deformasi ini kecil dan diabaikan)
q P

BENDING MOMENT (MOMEN LENTUR)
Penampang2 ini mengalami momen lentur akibat beban q atau P:
→ terjadi internal force: Momen Lentur (Bending Moment = BM)
→ terjadi deformasi lentur: batang melengkung
q P
Dalam kasus ini, akibat beban q atau P batang tsb mengalami beban
geser dan lentur !

Penampang batang ini mengalami momen puntiran (torsi) akibat beban P:
MT = P . a
→ terjadi internal force: Momen Puntiran/Torsi (Torsion= T)
a
P
→ terjadi deformasi geser (dalam analisis struktur2 langsing, pada
umumnya pengaruh deformasi ini kecil dan diabaikan)
TORSION MOMENT (MOMEN TORSI/PUNTIRAN)
M=P.a
Dalam kasus ini, akibat beban P batang tsb juga mengalami beban geser dan momen lentur!

EQUILIBRIUM OF FORCE SYSTEMS
Sebuah benda akan berada dalam keadaan diam, yaitu dalam keadaan
seimbang statik, jika resultan gaya-gaya yang bekerja pada benda itu
sama dengan nol.
Hal ini berarti:
jika benda tidak berpindah dalam arah tertentu (misal arah x), maka
resultan gaya-gaya dalam arah x tersebut sama dengan nol.
Jadi:
Sebuah benda akan berada dalam kadaan seimbang (tidak berpindah
tempat) jika resultan (jumlah) gaya-gaya dalam arah x dan dalam arah y
masing-masing sama dengan nol:
SFx = 0 dan SFy = 0

Namun demikian, persyaratan SFx = 0 dan SFy = 0 belum menjamin
keseimbangan benda tersebut terhadap gaya2 coplanar yang bekerja.
x
y
F
F
a
Dalam sistem ini persyaratan
SFx = 0 dan SFy = 0 terpenuhi
Tetapi dengan adanya kopel (F.a) yang
berputar kekiri, maka benda akan
berputar terhadap pusatnya berlawanan
arah dengan arah putaran jarum jam.
Jadi agar terpenuhi keadaan seimbang statik, maka persyaratan SFx = 0
dan SFy = 0 harus dilengkapi dengan persyaratan: Resultan (jumlah)
moment dari gaya-gaya yang bekerja pada benda tersebut terhadap
sembarang titik di dalam benda tsb sama dengan nol → SMz = 0

Resultant of a system of parallel forces
Page 23-24
F1 F2
R
a
x ?
R = F1 + F2
F2a = Rx = (F1 + F2)x

Jadi keadaan seimbang statik suatu benda yang terletak dalam
bidang X-Y (kasus 2D) terhadap gaya-gaya coplanar pada bidang
tersebut terpenuhi jika:
SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0
Jika diperluas untuk kasus 3D dalam sistim sumbu X-Y-Z maka
persyaratan keseimbangan menjadi:
SFx = 0 SFy = 0 SFz = 0
SMx = 0 SMy = 0 SMz = 0

STATICALLY DETERMINATE AND INDETERMINATE STRUCTURES
Jika suatu struktur, reaksi-reaksi tumpuan dan gaya-gaya dalamnya (in-
ternal forces) dapat dihitung cukup dengan menggunakan persyaratan
keseimbangan statik:
SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0
maka struktur tersebut dikelompokkan sebagai sistim struktur statis
tertentu (statically determinate structures)
Jika suatu struktur, reaksi-reaksi tumpuan dan atau gaya-gaya dalam-
nya (internal forces) tidak dapat dihitung hanya dengan menggunakan
persyaratan keseimbangan statik:
SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0
(misalnya karena jumlah variabel yang tidak diketahui melebihi jumlah
persamaan keseimbangan yang hanya 3 buah itu), maka struktur
tersebut dikelompokkan sebagai sistim struktur statis tak tertentu
(statically indeterminate structures or hyperstatic)

REAKSI PADA TUMPUAN PADA
BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)
Ditinjau sebuah batang AB yang berada bebas dalam bidang x-y:
A B
Jika pada batang tsb dikenakan gaya (beban) P, maka batang
menjadi tidak stabil karena mengalami translasi dan rotasi dan
berpindah menempati posisi A‘B‘.
Untuk menjadi batang yang stabil dan memenuhi persyaratan
statical equilibrium maka translasi dan rotasi tersebut harus
dihilangkan, yaitu dengan memasang tumpuan pada batang tsb.
)
Translasi
Rotasi
A‘
B‘
P
A B

Jika di titik A diberi tumpuan sendi (lihat cat. kuliah sebelumnya),
maka: - translasi tidak terjadi
- rotasi masih terjadi
Catatan:
Sifat-sifat tumpuan sendi:
- Tidak bertranlasi (tidak berpindah dalam arah x dan y)
→ mampu menahan reaksi arah x (hors.) maupun arah y (vert.)
- Dapat berputar (berotasi)
→ tidak dapat menahan momen, jadi di tempat tsb. MA = 0
- Pada tumpuan sendi timbul dua reaksi: RX dan RY atau RH dan RV
A B
) Rotasi
B‘
P
Keadaan ini tetap belum stabil !!!

Contoh tumpuan sendi sebuah jembatan:
RV
RH
RV
RH
Pada tumpuan sendi
timbul 2 reaksi: RV dan RH
RV
RH

Jika kemudian ditambahkan tumpuan rol di titik B,
maka: - translasi → tidak terjadi
- rotasi → tidak terjadi
Catatan:
Sifat-sifat tumpuan rol (dg bidang gelincir horisontal):
- Tidak bertranlasi (tidak berpindah) dalam arah y
→ mampu menahan reaksi arah y (vertikal) → RY
- Dapat bertralasi (berpindah) dalam arah x
→ tidak menahan reaksi arah x (horisontal) → RX = 0
- Dapat berputar (berotasi)
→ tidak dapat menahan momen, jadi di tempat tsb. MB = 0
- Pada tumpuan sendi timbul satu reaksi: RY
Struktur menjadi stabil !!!
A B
P

Contoh tumpuan rol:
RV
Pada tumpuan rol timbul 1 reaksi
dengan arah tegak lurus pada bidang
gelincirnya, dan dapat diuraikan
menjadi: RV dan RH
RH
R
RV
RV
RV

Balok sederhana (simple beam) adalah sebuah batang yang
ditumpu pada kedua ujungnya masing-masing dengan sebuah
sendi dan sebuah rol.
Akibat beban yang bekerja pada balok sederhana akan timbul reaksi
tumpuan:
- 2 reaksi pada tumpuan sendi: RAX dan RAY
- 1 reaksi pada tumpuan rol: RBY
Jadi pada sistim ini terdapat 3 (tiga) unknown (variabel tak diketahui)!
Dalam persyaratan keseimbangan statik, tersedia 3 persamaan:
SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0
Jadi: Balok sederhana termasuk sistim statis tertentu dan reaksi-reaksinya
dapat dihitung dengan menggunakan 3 persamaan keseimbangan tsb.
A B
P
L

Tiga persamaan keseimbangan statik tsb dapat digunakan untuk
menghitung reaksi-reaksi tumpuan, selama struktur tersebut terma-
suk sistim statis tertentu.
Pada umumnya penghitungan reaksi-reaksi tumpuan pada suatu
struktur diperlukan dan harus dilakukan sebelum menghitung gaya-
gaya dalam dan deformasi struktur.
MENGHITUNG REAKSI TUMPUAN
Contoh:
3 kN
0,3 m 0,5 m 0,4 m
1,2 m
5 kN
)60°

Sistim struktur dan reaksi tumpuan:
Pada titik A → tumpuan sendi:
terdapat 2 reaksi → RAV & RAH
Pada titik D → tumpuan rol:
terdapat 1 reaksi → RDV
3 kN
0,3 m 0,5 m 0,4 m
1,2 m
5 kN
)60°
3 kN
0,3 m 0,5 m 0,4 m
1,2 m
5 kN
)60°
A
B C
D
RAH
RAV RDV
Arah dari masing-masing
reaksi tumpuan diasumsikan
lebih dahulu, misal spt pd gbr.

3 kN
0,3 m 0,5 m 0,4 m
1,2 m
5 kN
)60°
A
B C
D
RAH
RAV RDV
Karena satu-satunya tumpuan pada batang tersebut yg dapat me-
nahan gaya horisontal hanya tumpuan sendi di A, maka beban hori-
sontal PCH = 2,5 kN akan didukung oleh sendi A.
Dari Persm. SFX = 0 → RAH – PCH = 0 → RAH – 2,5 = 0
Jadi: RAH = 2,5 kN  hasil hitungan positif, berarti asumsi arah
reaksi pd gambar di atas sdh benar.
Beban PC = 5 kN membentuk
sudut 60°, diuraikan terlebih
dahulu menjadi komponen
vertikal & horisontalnya →
PCH = 5 . cos 60° = 2,5 kN
PCV = 5 . sin 60° = 4,33 kN

3 kN
0,3 m 0,5 m 0,4 m
1,2 m
5 kN
)60°
A
B C
D
RAH
RAV RDV
Misalnya digunakan momen thd ttk D: SMZ,D = 0, sehingga
RAV x 1,2 – 3 x 0,9 – 4,33 x 0,4 = 0 → RAV = 3,70 kN
→ hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di
atas sdh benar.
Selanjutnya RDV dapat dicari dengan SFy = 0 atau dg SMZ,A = 0
SFy = 0 → RAV – 3 – 4,33 + RDV = 0 → RDV = 3,63 kN
→ hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di atas sdh
benar.
Untuk menghitung RAV dan RDV
digunakan SMZ = 0. Sebaiknya
digunakan SMZ = 0 dg
mengacu pada ttk A atau D,
sehingga salah satu reaksi tsb
tereliminasi.

NFD, SFD DAN BMD PADA
1. AKIBAT BEBAN TERPUSAT
Hitung reaksi-reaksi tumpuan
Hitung dan gambarkan gaya-gaya dalamnya:
NFD = Normal Force Diagram
SFD = Shear Force Diagram
BMD = Bending Moment Diagram
P
0,6 L 0,4 L
L
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+

P
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
1.1 Hitungan reaksi-reaksi tumpuan
Tumpuan A → sendi → terdapat 2 reaksi: RAV & RAH
Tumpuan B → rol → terdapat 1 reaksi: RBV
Arah reaksi-reaksi diasumsikan seperti pd gbr berikut ini.
3 unknown,
Str. Statis
Tertentu!
Penyelesaian:

P
0,6 L 0,4 L
L
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
SFH = 0 → RAH + 0 = 0 → RAH = 0
SMB = 0 → RAV · L + RAH · 0 – P · 0,4·L + RBV · 0 = 0 → RAV = 0,4 P
Hasil bernilai positif → asumsi arah reaksi sudah benar!
SMA = 0 → RAV · 0 + RAH · 0 + P · 0,6·L – RBV · L = 0 →RBV = 0,6 P
Hasil bernilai positif → asumsi arah reaksi sudah benar!
Cek: SFV = 0 → P – RAV – RBV = P – 0,4P – 0,6P = 0 → OK

P
A B
C
RAV = 0,4P RBV
Z+
Y+
1.1 Hitungan gaya-gaya dalam: NF, SF, BM
Pada sistim struktur tsb tidak ada komponen beban aksial (normal) →
sehingga tidak ada gaya normal → NF = 0, untuk seluruh panjang
balok.
Ditinjau sebuah penampang pada potongan I-I di sebelah kiri beban P
berjarak x dari A:
x
I
I
Ditinjau bag. struktur di seb.
kiri pot. I-I → dibuat
Diagram benda bebas
(Free Body Diagram, FBD)
Syarat: Bag.Struktur tetap
dlm keadaan seimbang statik
X+
NF
SF
BM
Agar tetap seimbang, maka pd pot. Harus ada gaya-
gaya dalam. Asumsi: nilainya positif (+).

SFH = 0 → NFI = 0
SFV = 0 → SFI – RAV = 0
SFI – 0,4.P = 0 → SFI = + 0,4.P (Positif)
SM = 0 → BMI – RAV . x = 0
BMI – (0,4.P) . x = 0 → BMI = + 0,4.P.x (Positif)
P
A B
C
RAV = 0,4P RBV
Z+
Y+
x
I
I
X+
NF
SF
BM

Posisi → x = 0 (titik A) x = 0,6.L umum, Ket.
(tepat di seb kiri beban P) sembrg.x
Gaya dalam:
NF NFA = 0 NFC,ki = 0 NFx = 0 Nol
SF SFA = + 0,4 P SFC,ki = + 0,4P SFx = + 0,4P Konstan
BM BMA = 0 BMC,ki = + 0,24.PL BMx = + 0,4P.x Pos., linier
dlm x
P
A B
C
RAV = 0,4P RBV
Z+
Y+
x
I
I
X+
NF
SF
BM

P
A B
C
RAV = 0,4P RBV
Z+
Y+
Ditinjau potongan II-II di sebelah kanan beban P berjarak x dari A:
Dengan x ≥ 0,6.L
x
II
II
X+
NF
SF
BM Agar tetap seimbang, maka
pd pot. harus ada gaya-gaya
dalam.
Asumsi: nilainya positif (+).
SFH = 0 → NFII = 0
SFV = 0 → SFII – RAV + P = 0
SFII – 0,4.P + P = 0 → SFII = − 0,6.P (Negatif)
SM = 0 → BMII – RAV . x + P.(x – 0,6L)= 0
BMII – (0,4.P).x + P.x – 0,6.P.L = 0
→ BMII = + 0,6.P(L-x) (Pos.)
dg.: 0,6 L ≤ x ≤ L

Posisi → x = 0,6L (Cka) x = L (ttk B) umum, Ket.
(tepat di seb kanan beban P) sembrg.x
Gaya dalam:
NF NFC,ka = 0 NFB = 0 NFx = 0 Nol
SF SFC,ka = − 0,6.P SFB= − 0,6.P SFx = − 0,6.P Konstan -0,6P
BM BMC,ka = + 0,24.PL BMB = 0 BMx = + 0,6P.(L-x)
Pos., linier dlm x
P
A B
C
RAV = 0,4P RBV
Z+
Y+
x
II
II
X+
NF
SF
BM

P
0,6 L 0,4 L
L
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
DIAGRAM GAYA NORMAL (NORMAL FORCE DIAGRAM, NFD)
NF = 0 [kN]
Satuan !!!

P
0,6 L 0,4 L
L
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
DIAGRAM GAYA GESER (SHEAR FORCE DIAGRAM, SFD)
0,4P [kN]
(+)
(-)
0,6P [kN]

P
0,6 L 0,4 L
L
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
DIAGRAM MOMEN LENTUR (BENDING MOMEN, BMD)
0,24 PL
(+)

P
0,6 L 0,4 L
L
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
DIAGRAM GAYA NORMAL (NORMAL FORCE DIAGRAM, NFD)
Ph
Ph
(-)

2. BEBAN TERPUSAT
P
a b
L
A B
C
RAH
RAV RBV
BMD = Bending Momen Diagram
Z+
Y+
Penjelasan terinci
diberikan dalam kuliah

PR / TUGAS I
Dikumpulkan: ........................
Kerjakan Soal 1 dan 2
Hitung Reaksi Tumpuan & Gaya-gaya dalam,
Gambarkan NFD, SFD dan BMD

3. BEBAN MERATA
q
L
A B
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
Penjelasan terinci

4. BEBAN MERATA
q
L
A B
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
a c b
Penjelasan terinci

5. BEBAN SEGITIGA
q
L
A B
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
Penjelasan terinci

q
6. BEBAN SEGITIGA
L
A B
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
a c b
Penjelasan terinci

M =Ra*1/2L-P*(1/2*L-a)
=1/2PL –1/2PL+Pa = Pa

PR / TUGAS I
Semester Gasal 2020/2021
Dikumpulkan: paling lambat 22-09-2021 pkl 12.30
Kerjakan Soal 1 dan 2
Hitung Reaksi Tumpuan & Gaya-gaya dalam,
Gambarkan NFD, SFD dan BMD

PR I Statika I
(pengumpulan paling lambat tgl 22 September pkl 12.30)
Lewat email: andreastriwiyono41@gmail.com)
45
Gambarkan SFT dan BMD balok
horinsontal akibat beban kopel tersebut

2. BEBAN TERPUSAT
P
5 m 7 m
L
A B
C
RAH
RAV RBV
Sudut kemirngan beban: 30 derajad dr garis
horisontal. Hitung reaksi-reaksi tumpuan
Dam gambarkan gaya-gaya dalamnya:
NFD (Normal Force Diagram)
SFD (Shear Force Diagram)
BMD (Bending Momen Diagram)
Z+
Y+
P
5
D
= 12 kN = 16 kN

3. BEBAN MERATA
q
L
A B
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
P
Rav =? → ΣMB =0
Rav.L –qL*1/2L = 0
Rav =1/2qLL/L=1/2qL
NF I = -P
SF I = Rav – qx =1/2qL -qx
M I = Rav*x – qx*1/2x = 1/2qLx -1
I
x
(-)
P
NFD

3. BEBAN MERATA
q
L
A B
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
0,5 q L
0,5 q L
0,5 q L
M I = Rav*x – qx*1/2x = 1/2qLx -1/2qx2
1/8*q*L2
SF I = Rav – qx =1/2qL -qx

BALOK KANTILEVER
(CANTILEVERED BEAM)

Sifat-sifat tumpuan jepit:
- tidak dapat berpindah (vertikal maupun horisontal) dan berputar
- dapat menahan gaya horisontal, gaya vertikal dan momen
Jadi:
pada tumpuan jepit dapat timbul 3 (tiga) reaksi tumpuan → 3 unknown
→ dpt dicari dg 3 persm keseimbangan statik
→ Balok kantilever: sistim statis tertentu
Balok Kantilever
Adalah batang yang ditumpu salah satu ujungnya dengan tumpuan
jepit dan ujung yang lain bebas.
A B
L

1. BALOK KANTILEVER MENERIMA BEBAN TERPUSAT
P
L
B
X+
Y+
RAH
RAV
MA
A
(+)
(-)
P
PL
SFD
BMD

2. BEBAN TERPUSAT
P
L
B
Z+
Y+
RAH
RAV
MA
A
a C
𝜃
PR II, soal 1

3. BEBAN MERATA
q
L
B
Z+
Y+
RAH
RAV
MA
A
Penjelasan terinci

4. BEBAN MERATA
BALOK KANTILEVER
q
L
B
Z+
Y+
RAH
RAV
MA
A
Kerjakan

5. BEBAN SEGITIGA
BALOK KANTILEVER
q
L
B
Z+
Y+
RAH
RAV
MA
A
Kerjakan

6. BEBAN SEGITIGA
BALOK KANTILEVER
q
L
B
Z+
Y+
RAH
RAV
MA
A
Kerjakan

BALOK SEDERHANA DENGAN KANTILEVER
A B
P
q
C
q
A B
P
D C
Balok sederhana dapat dikombinasi dengan balok kantilever pada
salah satu ujungnya atau pada kedua ujungnya. Efek dari adanya
kantilever ini akan mengurangi nilai momen positif di tengah
bentang balok.
2m 5m
10 m 4m
q = 10 kN/m
P = 15 kN
PR 1,5 P
60o

BALOK SEDERHANA DENGAN KANTILEVER
q
P
L1
A B
C
RAH
RAV RBV
Z+
Y+
L2
Cara penyelesaian:
1. Reaksi Tumpuan dicari dg persamaan2 keseimbangan statik:
SFH = 0 SFV = 0 SM = 0
2. Gaya-gaya dalam dicari dengan keseimbangan statik suatu
potongan, seperti di jelaskan di muka (pd simple beam)
Batang Kantilever BC dapat dianggap sebagai balok kantilever
yang terjepit di B.

1 ASST ATW Bahan Serahan 1 Gasal 2021-22 sd Balok Kantilever.pdf

1 ASST ATW Bahan Serahan 1 Gasal 2021-22 sd Balok Kantilever.pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to 1 ASST ATW Bahan Serahan 1 Gasal 2021-22 sd Balok Kantilever.pdf

Similar to 1 ASST ATW Bahan Serahan 1 Gasal 2021-22 sd Balok Kantilever.pdf (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

1 ASST ATW Bahan Serahan 1 Gasal 2021-22 sd Balok Kantilever.pdf