mekanika teknik

2. TM- 7
Persamaan Tiga Momen
(Three Moments Equation)

3. Struktur Statis Tertentu dan Struktur Statis
Tak Tentu
• Struktur: sesuatu yang berfungsi meneruskan beban
yang diterimanya untuk sampai ke tanah.


4. • Struktur statis tertentu
Struktur yang dapat dianalisis dengan menggunakan
3 persamaan keseimbangan (∑M = 0, ∑H = 0, ∑V = 0)
• Struktur statis tak tentu
Struktur yang tidak dapat dianalisis dengan
menggunakan 3 persamaan keseimbangan, perlu
metode lain.

5. • ∑M = 0
• ∑H = 0
• ∑V = 0
3 persamaan
dengan 3 variabel
(H, V1, V2)
OK !!
H
V1 V2

Struktur statis tertentu

6. Struktur statis tertentu
V
M
H

• ∑M = 0
• ∑H = 0
• ∑V = 0
3 persamaan
dengan 3 variabel
(M, H, V)
OK !!

7. V1
M1
H1
 V2
H2
M2
• ∑M = 0
• ∑H = 0
• ∑V = 0
3 persamaan dengan 6
variabel (M1, H1, V1,
M2, H2, V2)
Tidak
OK !!
Struktur statis tak tentu

8. • ∑M = 0
• ∑H = 0
• ∑V = 0
3 persamaan
dengan 5 variabel
(H1, H2, V1,V2,V3)
Tidak
OK !!
Struktur statis tak tentu
H2
V3
V2
H1
V1


9. Struktur Statis Tak tentu
• Balok yang respons strukturnya tidak dapat
diselesaikan dengan menggunakan persamaan
persamaan statika.
• Derajat ketidak-tentuan dirumuskan dengan
persamaan:
NI = NR - 2 - NIH
NI
NR
NIH
= derajat ketidak tentuan,
= jumlah total reaksi,
= jumlah sendi dalam pada struktur

10. Struktur Statis Tak tentu
• Metode yang bisa digunakan untuk analisis
struktur:
– Persamaan Tiga Momen (Clayperon)
– Ubahan Sudut (Slope deflection)
– Distribusi Momen (Moment Distribution/Cross)
– dll

11. Persamaan Tiga Momen
• Ditemukan oleh Clapeyron 1857
• Digunakan untuk balok menerus dengan atau
tanpa perpindahan tumpuan.
• Prinsip:
– Hanya untuk balok yang memiliki kontinuitas
kurva elastis.
– Kontinuitas kurva elastis (kemiringan kurva kiri
tumpuan = kemiringan kurva kanan tumpuan)

12. Penurunan persamaan
Balok menerus dengan beberapa tumpuan sendi
q
P
A B
C
L2
L2/2
I1
L1
I2
Balok menerus yg dipotong dengan hanya 3 tumpuan sendi
A B
C
L2
L2/2
P
I1
L1
I2

13. A B
C
L2
L2/2
I1
L1
I2
Balok menerus A-B-C dengan 3 tumpuan sendi
q
P
A B B C
A2
A1
A4 A5
A6
MB
MC
MA
A3

14. A B
C
L2
L2/2
I1
L1
I2
C’
C1
A’
A1
hA
hC
AA1

CC1
L1 L2
Dengan:
AA1 = hA – A1A’ = hA – (lendutan di A’ dari garis singgung di B)
CC1 = C’C1 - hC = (lendutan di C’ dari garis singgung di B) - hC
Metode Luas Momen
Segitiga
Sebangun

15. Metode Luas Momen
(Moment Area Methode)
• Teorema I
– Beda kemiringan antara 2 garis singgung pada kurva elastis
batang yang mulanya lurus = luas bidang momen diantara
kedua titik singgung tersebut dibagi EI
• Teorema II
– Lendutan di sebuah titik pada kurva elastis terhadap garis
singgung di sebuah titik lain pada kurva yang sama, diukur
dalam arah tegak lurus dari sumbu batang yang semula
lurus, = momen dari luas bidang momen diantara kedua
titik tersebut dibagi EI, terhadap tempat terjadinya
lendutan.

16. A B
C
C’
C1
lendutan di C’ dari garis singgung di B = momen dari diagram bidang momen
antara titik B dan titik C.
Momen dari bidang momen tersebut = luas bidang momen antara B dan C
dikalikan dengan jarak titik berat bidang tersebut ke titik C.
A’
A1
lendutan di A’ dari garis singgung di B = momen dari diagram bidang momen
antara titik A dan titik B.
Momen dari bidang momen tersebut = luas bidang momen antara A dan B
dikalikan dengan jarak titik berat bidang tersebut ke titik A.

17. lendutan di A’ dari garis singgung di B = momen dari diagram bidang momen
antara titik A dan titik B, dibagi dengan EI
Momen dari bidang momen tersebut = luas bidang momen antara B dan C
dikalikan dengan jarak titik berat bidang tersebut ke titik A, dibagi dengan EI
Lendutan di A = jumlah dari semua perkalian luas bidang momen antara A-B dengan
titik beratnya dari A, dibagi dengan EI
= (A1a1 + (2/3) A4a4 + (1/2) A3a3)/EIAB
Lendutan di B = jumlah dari semua perkalian luas bidang momen antara A-B dengan
titik beratnya dari C, dibagi dengan EI
= (A2a2 + (2/3)A5a5 + (1/2)A6a6)/EIAB
A2
A1
a1 a2
a5
a6
a4
a3
A4 A5
A6
A3
A
A B C
B C

18. Bentang A-B-C
(hA – (A1a1 + ( 1/6) MAL 2 + (1/3) M L 2 ) )/EI
1 B 1 1
=
((A2a2 + (1/3) MBL 2 + (1/6)M L 2) – h )
2 C 2 C
AA1 = hA – A1A’ = hA – (lendutan di A’ dari garis singgung di B)
= hA – (A1a1 + A3a3 + A4a4)
= hA – (A1a1 + (1/2) L1MA(1/3) L1 + (1/2)MBL1 (2/3)L1)
= hA – (A1a1 + ( 1/6) MAL1
2+ (1/3) MB L1
2 )
= (lendutan di C’ dari garis singgung di B) – hC
= (A2a2 + A5 (2/3)a5 + (A6(1/3) a6)) – hC
=(A2a2 + (1/2) MBL2(2/3) L2 + (1/2)MCL2(1/3)L2) – hC
= (A2a2 + (1/3) MBL2
2 + (1/6)MCL2
2) – hC
CC1 = CC1 - hC
L1 L2
AA1

CC1

19. Bentang A-B-C






















 
 

















2 2
1 1

 2 
2
2 
2
1
1
1 
1
6Ehc
L2
L1
6Eh
L2I2
 6A a

L1I1
 6A a
I
L
 M
I I
L L

 2M
I
L
M
A
C
B
A

20. Balok dengan perletakan jepit
Penyelesaian balok dengan perletakan jepit sama dengan balok menerus
perletakan sendi.
Pada kasus ini, perletakan jepit disubstitusi dengan perletakan sendi + bentang
imajiner yang memiliki kekakuan TAK TERBATAS dan panjang MENDEKATI 0,
sehingga dengan demikian kondisi perletakan jepit tetap tercapai.
Penyelesaian selanjutnya sama dengan balok menerus perletakan sendi.
 
Ao A

21. Langkah perhitungan
• Amati struktur dengan baik. Perhatikan kondisi perpindahan
perletakan. Untuk kondisi jepit, modifikasi struktur dengan
menambahkan bentang imajiner dan mensubstitusi
perletakan jepit menjadi perletakan sendi.
• Bagi balok menerus menjadi 2 bentang (A-B-C). Buatlah
diagram momen akibat beban luar. Hitung luas dan jarak titik
beratnya dari titik ujung luar.
• Gunakan persamaan tiga momen untuk mendapatkan momen
momen ujung, dan buatlah diagram bidang momennya.
• Kontrol putaran sudut
• Hitung reaksi perletakan, dan buatlah persamaan gaya
dalamnya.
• Buatlah diagram gaya dalam dan kurva elastis struktur.

22. Contoh Soal
Sebuah balok menerus seperti gambar dibawah ini akan
dianalisa dengan menggunakan Persamaan Tiga Momen. Tidak
terjadi perpindahan tumpuan.
q = 1.8 kN/m
5m
B
A
2I
3I
P = 18 kN

q = 1.8 kN/m
10m 10m 4m
C
 2I D
a) Hitunglah Reaksi Perletakan dari masing masing tumpuan (40%)
b) Gambarkan Bidang Gaya Dalam (bidang momen dan bidang geser) (40%)
c) Gambarkan kurva elastis dari balok (20%)

23. • Step 1.
– Amati soal dengan baik. Soal menggunakan satuan
internasional (meter dan kilonewton).
– Struktur merupakan balok menerus dengan perletakan
jepit di ujung kiri. Maka struktur dimodifikasi dengan
disebelah tumpuan jepit diberikan bentang imajiner
tambahan.
– Struktur tidak mengalami perpindahan tumpuan sehingga
hA, hB dan hC = 0
– Beban di bentang CD dijadikan momen tumpuan, yaitu
sebesar:
• MC = 0.5*qL2
= 0.5*1.8*16
= -14.4 kNm

24. q = 1.8 kN/m

Ao

5m
B
A
2I
3I
P = 18 kN

q = 1.8 kN/m
10m 10m 4m
C
 2I D

25. • Step 2.
Buat diagram momen akibat beban luar.
C
Ao A 5m
B
2I
3I 
q = 1.8 kN/m
10m 10m
D
A2 A3
A1
  2I
4m
P = 18 kN
A1
A2
= 0
= (2/3)LAB(1/8)q L
1 AB
2
= (1/12)qL 3
AB
= (1/12)*1.8*1000
= 150
= (1/2)LBC(1/4)PLBC
= (1/8)PLBC
2
= (1/8)18*100
= 225
A3

26. • Step 3: Gunakan Persamaan Tiga Momen
Bentang Ao-A-B

     0
L I
 6A2a2 
 AoA AoA   AB AB 
 
L I
6A1a1
 AB 
 LAB 
  MB
I

I
LAB 
 AoA AB 
  2M A
I

 AoA 
 LAoA   LAoA
M Ao
I
    
 IAB   LABIAB 
   M
 IAB 
 LAB    6A2a2 
B
 LAB 
2M A

  
     
 
B
A
103I
3I
3I
2M 10   M 10     61505 
2MA + MB = -45 ………… (1)

27. Bentang A-B-C
    0
L I
 AB AB   BC BC 
 
L I
 6A2a2   6A3a3 

 BC 
 LBC 
  MC 
I

I
LBC 
 LAB
 AB   AB BC 
 LAB 
M A
I
  2MB
I
   
   
103I 10 2I
   61505    6 2255
 

2I

10

10  14.410 
 
B
3I 2I

 
A
3I

M 10   2M
(10/3) MA + 2MB (50/6) - 72 = -150– 337.5
10MA + 50 MB - 216 = -1462,5
MA + 5 MB = -124.65 ……………. (2)

28. 2MA + MB = -45
MA + 5 MB = -124.65
MA = -124.65 – 5MB
………… (1)
………… (2)
2(-124.65 – 5MB) + MB
-249.3 – 10MB + MB = -45
= -45
-9MB = -45 + 249.3
= 204.3
MB = -22.7
MA = -124.65 – 5(-22.7)
= -124.65 + 113.5
= -11.15
Didapat momen di tumpuan
yaitu:
MA = -11.15 kNm
MB = -22.7 kNm
MC = -14.4 kNm

29. Perhitungan rotasi / putaran sudut

30. Konsep
• Balok Fiktif
• Balok nyata
• Geser pada balok semu = Rotasi pada balok
nyata
• Momen pada balok semu = lendutan pada
balok nyata

31. 10m 10m
11.15
A7
B
A
A5
A4 C D
A6
22.7
14.4
4m
A4 = 11.15*10
= 111.5
= 0.5*10*(22.7-11.15)
= 5*11.55
= 57.75
= 10*14.4
= 144
= 0.5*10*(22.7-14.4)
= 5*8.3
= 41.5
A5
A6
A7

32. 10m 10m
11.15
A7
B
A
A5
A4 C D
A6
22.7
14.4
4m
C
5m
B
2I
3I 
10m 10m
D
A2 A3
A1
 
Ao A
2I
4m
Kontrol Putaran Sudut

33. B = (1/3EI)*(-0.5A2 + 0.5A4 + (2/3)A5)
= (1/3EI)*(-0.5*150 + 0.5*111.5 + (2/3)*57.75)
=(1/3EI)*(-75 + 55.75 + 38.5)
= (1/3EI)* 19.25
= + 6.4167 / EI
Kontrol Putaran Sudut
Bentang AB
A = (1/3EI)*(0.5A2-0.5A4-(1/3)A5)
= (1/3EI)*(0.5*150 – 0.5*111.5 – (1/3)*57.75)
=(1/3EI)*(75 – 55.75 – 19.25)
= (1/3EI) * 0.0
= 0

34. C = (1/2EI)*(-0.5A3 + 0.5A6 + (1/3)A7)
= (1/2EI)*(-0.5*225 + 0.5*144 + (1/3)*41.5)
= (1/2EI)*(-112.5 + 72 + 13.8333)
= (1/2EI)*( -26.6667)
= - 13.3333 / EI
Dari A = 0, dan adanya kesamaan nilai dan arah B pada
bentang AB dan bentang BC,
dapat diketahui bahwa hitungan sudah benar.
Bentang BC
B = (1/2EI)*(0.5A3 – 0.5A6 – (2/3)A7)
= (1/2EI)*(0.5*225 – 0.5*144 – (2/3)*41.5)
= (1/2EI)*(112.5 – 72 – 27.6667)
= (1/2EI)*(12.8333 )
= + 6,4167 / EI

35. Reaksi Perletakan
q = 1.8 kN/m
5m
B
A
2I
3I
P = 18 kN

q = 1.8 kN/m
10m 10m 4m
C
 2I D
RA (kN) RB (kN) RB (kN) RC (kN) RC (kN)
Akibat Beban 9 9 9 9 7.2
Akibat Momen tumpuan 1.115 -1.115 2.27 -2.27 0
-2.27 2.27 -1.44 1.44 0
Total Reaksi Perletakan 7.845 19.985 15.37
Chek V = 0
V = (1.8*10 + 18 + 1.8*4) – (7.845+19.985+15.37)
43.2 – 43.2 = 0 ………………. Perhitungan ok!