BAB IV PERENCANAAN GELAGAR INDUK

BAB IV

PERENCANAAN GELAGAR INDUK

4.1 Pembebanan pada Gelagar Induk dihitung ½ Bentang 4.1.1 Akibat Beban Mati Baja

qbs = 400.300.10.16 (asumsi) = 1,07 kN/m

PR =

panjangbatang

∑

¿x q_bs ¿

titik simpul bawah

∑

¿−1

¿ (¿¿)

¿ ¿ ¿

x 1,1 =

(

(

(6,58x20)+50+45

)

x1,07

11−1

)

x 1,1

= 26,90 kN PDL = Vgl + PR = 16,54+ 26,90 = 43,44kN PDL = 43,44

ΣMB = 0 → VA(50) – ½ PDL (50) - PDL (45) - PDL (40) - PDL (35) - PDL (30) - PDL (25) - PDL (20) - PDL (15)- PDL (10)- PDL (5) = 0

→ RA (50) – ½ 43,44 (50) - 43,44 (45) - 43,44 (40) - 43,44 (35) - 43,44 (30) -43,44 (25) - 43,44 (20) - 43,44 (15) - 43,44 (10)- PDL (5) = 0

→ -1086 – 1954,8 – 1737,6 – 1520,4 –1303,2 – 1086 – 868,8 – 651,6 – 434,4- 217,2 = 0

→ 50 RA = 10860 kN → RA= RB = 217,2 kN

ɑ = 64o

a. Perhitungan Gaya Batang Akibat Beban Mati Baja

Perhitungan gaya batang dengan metode kesetimbangan titik simpul

Titik A ΣV = 0 → VA - ½ PDL+ d1 sin = 0ɑ

217,2– 21,72 + d1 sin 640_{= 0} d1 = 217,49 kN (tekan)

ΣH = 0 → b1 – d1 cos = 0ɑ

b1 = 217,49 cos 640 b1 = 95,34 kN (tarik)

Titik C ΣV = 0 → d1 sin - ɑ d2 sin = 0ɑ

d2 = 217,49kN (tarik)

ΣH = 0 → a1 + d1 cos ɑ + d2 cos = 0ɑ

a1 = - 2 x 217,49 x cos 640 a1 = -190,63 kN (tekan) Titik D ΣV = 0 → d2 sin + dɑ 3 sin - Pɑ DL = 0

d3 = (43,44–217,49 sin 640_{) / sin} 640

d3 = -169,15 kN (tekan) ΣH = 0 → b2 - b1 - d2 cos ɑ- d3 sin = 0ɑ

b2 = 95,34 + 217,49cos 640₊ 169,15cos 640

b2 = 276,66kN (tarik) Titik E ΣV = 0 → d3 sin - d4 sin = 0ɑ ɑ

d4 = d3

d4 = 169,15 kN (tarik)

ΣH = 0 → a2 + a1 + d3 cos ɑ + d4 cos = 0ɑ

a2 = -190,63– (2 x 169,15 cos 640₎ a2 = -344,93 kN (tekan)

Titik F ΣV = 0 → d4 sin + dɑ 5 sin - Pɑ DL = 0 d5 = (43,44 – 169,15 sin 640_{) / sin}

640

d5 = -119,81kN (tekan)

ΣH = 0 → b3 – b2 – d4 cos ɑ- d5 sin = 0ɑ

b3 = 276,66+ 169,15cos 640₊ 119,81 cos640

b3 = 403,331kN (tarik) Titik G ΣV = 0 → d5 sin - d6 sin = 0ɑ ɑ

d6 = d5

d6 = 119,81kN (tarik)

ΣH = 0 → a3 + a2 + d5 cos ɑ + d6 cos = 0ɑ

Titik H ΣV = 0 → d6 sin + dɑ 7 sin - Pɑ DL = 0 d7 = (44,43 – 119,81sin 640_{) / sin}

640

d7 = -70,37kN (tekan)

ΣH = 0 → b4 – b3 – d6 cos ɑ- d7 sin = 0ɑ

b4 = 403,331+ 70,37cos 640₊ +119,81cos 640

b4 = 486,7kN (tarik) Titik I

ΣV = 0 → d7 sin - d8 sin = 0ɑ ɑ d8 = d7

d8 = 70,37kN (tarik)

ΣH = 0 →

a3 + a4 + d7 cos ɑ + d8 cos = 0ɑ

a4 = -449,97– (2 x 70,37cos 640₎ a4 = -511,66 kN (tekan)

Titik J ΣV = 0 → D8 sin + d9 sin - Pɑ ɑ DL = 0 D9 = (43,44 – 70,37 sin 640_{) / sin}

640

D9 = -22,03kN (tekan)

ΣH = 0 → B5 – b4 – d8 cos ɑ- d9 sin = 0ɑ

B5 = 486,7+ 70,37 cos 640_{+ 22,03} cos640

B5 = 528,205kN (tarik) Titik K ΣV = 0 → D9 sin - d10 sin = 0ɑ ɑ

D10 = d9

D10 = 22,03kN (tarik)

ΣH = 0 → A5 + a4 + d9 cos ɑ + d10 cos = 0ɑ

A5 = -511,66– (2 x 22,03cos 640₎ A5 = -530,97 kN (tekan)

Karena bentuk rangka batang simetris maka cukup dihitung setengah bentang saja, sehingga didapatkan gaya-gaya batang:

Gaya-gaya batang akibat beban mati baja dengan metoda kesetimbangan titik simpul dapat dilihat pada tabel 4.1

Batang A2= A9 Batang A3= A8 Batang A4= A7 Batang A5 = A6

Batang B1= B10 Batang B2= B9 Batang B3= B8 Batang B4= B7 Batang B5 = B6

Batang D2= D9 Batang D3= D8 Batang D4 = D7 Batang D5 = D6

Tabel 4.1 Gaya-gaya batang akibat beban mati baja

NAMA BATANG

GAYA BATANG

TARIK (kN) TEKAN (kN)

A1 190,63

A2 344,93

A3 449,97

A4 511,66

A5 530,97

A6 530,97

A7 511,66

A8 449,97

A9 344,93

A10 190,63

B1 95,34

B2 276,66

B3 403,331

B4 486,7

B5 528,205

B6 528,205

B7 486,7

B8 403,331

B9 276,66

B10 95,34

D1 217,49

D2 217,49

D4 169,15

D5 119,81

D6 119,81

D7 70,37

D8 70,37

D9 22,03

D10 22,03

4.1.2 Akibat Beban Mati Pelat untuk ½ lebar jembatan q_beton=ϒbeton×(d ×1

2× B) ¿24×(0,22×1

2×8) ¿21,12kN/m Ppelat=

q_beton titik simpul−1 ¿21,12

11−1=2,11kN

ΣMB = 0 → VA(50) – ½ PPelat (40) - PPelat (35) - PPelat (30) - PPelat (25) - PPelat (20) - PPelat (15) - PPelat (10) - PPelat (5) = 0

→ VA (50) – ½ 2,11(50) -2,11(45) - 2,11(40) – 2,11(35) – 2,11(30) - 2,11(25) - 2,11(20) -2,11(15) - 2,11(10) - 2,11(5) = 0

→ 50 VA = 527,5 kN → VA= VB = 10,55 kN

ɑ = 64o

Titik A ΣV = 0 → VA - ½ PPelat+ d1 sin = 0ɑ

10,55 – 1,05 + d1 sin 640 _{= 0} d1 = -10,56 kN (tekan)

ΣH = 0 → b1 – d1 cos = 0ɑ

b1 = 10,56 cos 640 b1 = 4,63 kN (tarik)

Titik C ΣV = 0 → d1 sin - ɑ d2 sin = 0ɑ

d2 = d1

d2 = 10,56kN (tarik)

ΣH = 0 → a1 + d1 cos ɑ + d2 cos = 0ɑ

Titik D ΣV = 0 → d2 sin + dɑ 3 sin - Pɑ Pelat = 0 d3 = (2,11 - 10,56sin 640_{) / sin 64}0 d3 = -8,21 kN (tekan)

ΣH = 0 → b2 - b1 - d2 cos ɑ- d3 cos = 0ɑ

b2 = 4,63+ 10,56cos 640_{+8,21 cos} 640

b2 = 12,85kN (tarik) Titik E ΣV = 0 → d3 sin - d4 sin = 0ɑ ɑ

d4 = d3

d4 = 8,21 kN (tarik)

ΣH = 0 → a2 + a1 + d3 cos ɑ + d4 cos = 0ɑ

a2 = -9,25 – (2 x 8,21 cos 640₎ a2 = -16,44 kN (tekan) Titik F ΣV = 0 → d4 sin + dɑ 5 sin - Pɑ Pelat = 0

d5 = (2,11 – 8,21sin 640_{) / sin 64}0 d5 = -5,86kN (tekan)

ΣH = 0 → b3 – b2 – d4 cos ɑ- d5 cos = 0ɑ

b3 = 12,85+ 8,21 cos 640₊ 5,86+cos 640

b3 = 19,01kN (tarik) Titik G ΣV = 0 → d5 sin - d6 sin = 0ɑ ɑ

d6 = d5

d6 = 5,86kN (tarik)

ΣH = 0 → a3 + a2 + d5 cos ɑ + d6 cos = 0ɑ

a3 = -16,44 – (2 x 5,86cos 640₎ a3 = -21,15 kN (tekan)

Titik H ΣV = 0 → d6 sin + dɑ 7 sin - Pɑ Pelat = 0 d7 = (2,11 – 5,86sin 640_{) / sin 64}0 d7 = -3,51kN (tekan)

ΣH = 0 → b4 – b3 – d6 cos ɑ- d7 cos = 0ɑ

b4 = 19,01+5,86cos 640_+3,51cos 640

Titik I

ΣV = 0 → d7 sin - d8 sin = 0ɑ ɑ d8 = d7

d8 = 3,51kN (tarik)

ΣH = 0 →

a3 + a4 + d7 cos ɑ + d8 cos = 0ɑ

a4 = -21,15– (2 x 3,51cos 640₎ a4 = -24,22kN (tekan)

Titik J ΣV = 0 → D8 sin + d9 sin - Pɑ ɑ pelat = 0 D9 = 2,11 – 3,51 sin 640_{) / sin 64}0 D9 = -1,16kN (tekan)

ΣH = 0 → B5 – b4 – d8 cos ɑ- d9 sin = 0ɑ

B5 = 23,11+ 3,51 cos 640_{+ 1,16} cos640

B5 = 25,15kN (tarik) Titik K ΣV = 0 → D9 sin - d10 sin = 0ɑ ɑ

D10 = d9

D10 = 1,16kN (tarik)

ΣH = 0 → A5 + a4 + d9 cos ɑ + d10 cos = 0ɑ

A5 = -24,22 – (2 x 1,16cos 640₎ A5 = -25,23 kN (tekan)

Karena bentuk rangka batang simetris maka cukup dihitung setengah bentang saja, sehingga didapatkan gaya-gaya batang:

Batang A1= A10 Batang A2= A9 Batang A3= A8 Batang A4= A7 Batang A5 = A6

Batang B1= B10 Batang B2= B9 Batang B3= B8 Batang B4= B7 Batang B5 = B6

Gaya-gaya batang akibat beban matipelat dengan metoda kesetimbangan titik simpul dapat dilihat pada tabel 4.2

Tabel 4.2 Gaya-gaya batang akibat beban mati pelat

NAMA BATANG

GAYA BATANG TARIK (kN) TEKAN (kN)

A1 9,25

A2 16,44

A3 21,15

A4 24,22

A5 25,23

A6 25,23

A7 24,22

A8 21,15

A9 16,44

A10 9,25

B1 4,63

B2 12,85

B3 19,01

B4 23,11

B5 25,15

B6 25,15

B7 23,11

B8 19,01

B9 12,85

B10 4,63

D1 10,56

D2 10,56

D3 8,21

D4 8,21

D5 5,86

D6 5,86

D7 3,51

D8 3,51

D9 1,16

D10 1,16

4.1.1 Akibat Beban Mati Tambahan untuk ½ lebar jembatan q_air=ϒair×(d ×1

2× B) ¿10×(0,05×1

2×8) ¿2kN/m

qaspal=ϒaspal×(d ×

¿22×(0,05×1 2×8) ¿4,4kN/m

P_A= qair+qaspal titik simpul−1 ¿4,4+2

11−1=0,64kN

ΣMB = 0 → VA(50) – ½ PA(40) - PA(35) - PA(30) - PA (25) - PA(20) - PA (15) - PA(10) - PA(5) = 0

→ VA (40) – ½ 0,64(50) - 0,64(45) - (40) – 0,64 (35) – 0,64 (30) - 0,64 (25) - 0,64 (20) - 0,64 (15) - 0,64 (10) -0,64 (5) = 0

→ 50 VA = 160 kN → VA= VB = 3,2 kN

ɑ = 64o

Titik A ΣV = 0 → VA - ½ PA+ d1 sin = 0ɑ

3,2 – 0,32+ d1 sin 640 _{= 0} d1 = -3,20 kN (tekan)

ΣH = 0 → b1 – d1 cos = 0ɑ

b1 = 3,20 cos 640 b1 = 1,40 kN (tarik)

Titik C ΣV = 0 → d1 sin - ɑ d2 sin = 0ɑ

d2 = d1

d2 = 3,20 kN (tarik)

ΣH = 0 → a1 + d1 cos ɑ + d2 cos = 0ɑ

a1 = - 2 x 3,20 x cos 640 a1 = -2,80 kN (tekan) Titik D ΣV = 0 → d2 sin + dɑ 3 sin - Pɑ A = 0

d3 = ( 0,64 - 3,20sin 640_{) / sin} 640

d3 = -2,48 kN (tekan)

ΣH = 0 → b2 - b1 - d2 cos ɑ- d3 cos = 0ɑ

b2 = 1,40 + 3,20 cos 640_{+2,48 cos} 640

Titik E ΣV = 0 → d3 sin - d4 sin = 0ɑ ɑ

d4 = d3

d4 = 2,48 kN (tarik)

ΣH = 0 → a2 + a1 + d3 cos ɑ + d4 cos = 0ɑ

a2 = -2,80 – (2 x 2,48 cos 640₎ a2 = -4,97 kN (tekan)

Titik F ΣV = 0 → d4 sin + dɑ 5 sin - Pɑ A = 0 d5 = ( 0,64 – 2,48sin 640_{) / sin}

640

d5 = -1,76kN (tekan)

ΣH = 0 → b3 – b2 – d4 cos ɑ- d5 cos = 0ɑ

b3 = 3,88+ 2,48cos 640_{+1,76cos 64}0 b3 = 5,73kN (tarik)

Titik G ΣV = 0 → d5 sin - d6 sin = 0ɑ ɑ

d6 = d5

d6 = 1,76kN (tarik)

ΣH = 0 → a3 + a2 + d5 cos ɑ + d6 cos = 0ɑ

a3 = -4,97 – (2 x 1,76cos 640₎ a3 = -6,51 kN (tekan)

Titik H ΣV = 0 → d6 sin + dɑ 7 sin - Pɑ A = 0 d7 = ( 0,64 – 1,76sin 640_{) / sin}

640

d7 = -1,04kN (tekan)

ΣH = 0 → b4 – b3 – d6 cos ɑ- d7 cos = 0ɑ

b4 = 5,73+ 1,76cos 640_{+ 1,04cos} 640

b4 = 6,95kN (tarik) Titik I

ΣV = 0 → d7 sin - d8 sin = 0ɑ ɑ d8 = d7

d8 = 1,04kN (tarik)

ΣH = 0 →

a3 + a4 + d7 cos ɑ + d8 cos = 0ɑ

a4 = -6,51 – (2 x 1,04cos 640₎ a4 = -7,41kN (tekan)

ΣH = 0 → B5 – b4 – d8 cos ɑ- d9 sin = 0ɑ

B5 = 6,95+ 1,04 cos 640_{+ 0,32} cos640

B5 = 7,54kN (tarik) Titik K ΣV = 0 → D9 sin - d10 sin = 0ɑ ɑ

D10 = d9

D10 = 0,32kN (tarik)

ΣH = 0 → A5 + a4 + d9 cos ɑ + d10 cos = 0ɑ

A5 = -7,41 – (2 x 0,32cos 640₎ A5 = -7,69 kN (tekan)

Karena bentuk rangka batang simetris maka cukup dihitung setengah bentang saja, sehingga didapatkan gaya-gaya batang:

Batang A1= A10 Batang A2= A9 Batang A3= A8 Batang A4= A7 Batang A5 = A6

Batang B1= B10 Batang B2= B9 Batang B3= B8 Batang B4= B7 Batang B5 = B6

Batang D1= D10 Batang D2= D9 Batang D3= D8 Batang D4 = D7 Batang D5 = D6

Gaya-gaya batang akibat beban mati tambahan dengan metoda kesetimbangan titik simpul dapat dilihat pada tabel 4.3

Tabel 4.3 Gaya-gaya batang akibat beban mati tambahan

NAMA BATANG

GAYA BATANG TARIK (kN) TEKAN (kN)

A1 2,80

A2 4,97

A3 6,51

A4 7,41

A5 7,69

A7 7,41

A8 6,51

A9 4,97

A10 2,80

B1 1,04

B2 3,88

B3 5,73

B4 6,95

B5 7,54

B6 7,54

B7 6,95

B8 5,73

B9 3,88

B10 1,04

D1 3,20

D2 3,20

D3 2,48

D4 2,48

D5 1,76

D6 1,76

D7 1,04

D8 1,04

D9 0,32

D10 0,32

4.1.4 Akibat Beban Angin

Gambar 4.1Beban Angin Pada Gelagar Induk

w = 100 kg/m2 _{= 1 kN/m}2

YR = 2a+b

3(a+b)

x H

=

2(50)+45

3(50+45) x 6 = 3,052 m YK = 1 + 1 + h’ = 1+ 1 + 1,25 = 3,25 m

WL = (h’ x L) x w = (1,25 x 50) x 1 = 62,5 kN WR = {(luas trapesium rangka) x 30%} x w = { (50+45)6

2 x 30%} x 1

= 85,5 kN WK = (2 x L) x w = (2 x 50) x 1 = 100 kN

Vw = WLx YL+WRx YR+WKx YK

B

=

(0,625x62,5)+(3,052x85,5)+(3,25x100) 8

=

78,12kN

Pw = Vw

∑

titik simpulbawah−1

=

78,12

11−1

=

7,81 kN

ΣMB = 0 → VA(50) – ½ PW(40) – PW(35) PW (30) PW (25) PW(20) PW (15) -PW(10) - PW(5) = 0

→ VA (40) – ½ 7,81(50) – 7,81 (45) 7,81 (40) 7,81 (35) – 7,81 (30) -7,81 (25) - -7,81 (20) --7,81 (15) - -7,81 (10) - -7,81 (5) = 0

→ 50 VA = 1952,5 kN → VA= VB = 39,05 kN

ɑ = 64o

Titik A ΣV = 0 → VA - ½ Pw+ d1 sin = 0ɑ

39,05 – 3,91+ d1 sin 640 _{= 0} d1 = -39,09 kN (tekan)

ΣH = 0 → b1 – d1 cos = 0ɑ

b1 = 39,09 cos 640 b1 = 17,13 kN (tarik)

Titik C ΣV = 0 → d1 sin - ɑ d2 sin = 0ɑ

d2 = d1

d2 = 39,09 kN (tarik) ΣH = 0 → a1 + d1 cos ɑ + d2 cos = 0ɑ

Titik D ΣV = 0 → d2 sin + dɑ 3 sin - Pɑ W = 0 d3 = 7,81-39,09 sin 640_{) / sin 64}0 d3 = -30,40 kN (tekan)

ΣH = 0 → b2 - b1 - d2 cos ɑ- d3 cos = 0ɑ

b2 = 17,13+ 39,09cos 640_+30,40cos 640

b2 = 47,59kN (tarik) Titik E ΣV = 0 → d3 sin - d4 sin = 0ɑ ɑ

d4 = d3

d4 = 30,40 kN (tarik)

ΣH = 0 → a2 + a1 + d3 cos ɑ + d4 cos = 0ɑ

a2 = -34,27 – (2 x 30,40 cos 640₎ a2 = -60,92kN (tekan)

Titik F ΣV = 0 → d4 sin + dɑ 5 sin - Pɑ W = 0 d5 = ( 7,81 – 30,40sin 640_{) / sin}

640

d5 = -21,71kN (tekan)

ΣH = 0 → b3 – b2 – d4 cos ɑ- d5 cos = 0ɑ

b3 = 47,59+ 30,40 cos 640_{+21,71cos 64}0 b3 = 70,43kN (tarik) Titik G ΣV = 0 → d5 sin - d6 sin = 0ɑ ɑ

d6 = d5

d6 = 21,71kN (tarik)

ΣH = 0 → a3 + a2 + d5 cos ɑ + d6 cos = 0ɑ

a3 = -60,92–(2 x 21,71cos 640₎ a3 = -79,95kN (tekan)

Titik H ΣV = 0 → d6 sin + dɑ 7 sin - Pɑ w = 0

d7 = ( 7,81 –21,71sin 640_{)/sin 64}0 d7 = -13,02kN (tekan)

ΣH = 0 → b4 – b3 – d6 cos ɑ- d7 cos = 0ɑ

b4 = 70,43+ 21,71cos 640₊ 13,02cos 640

Titik I

ΣV = 0 → d7 sin - d8 sin = 0ɑ ɑ d8 = d7

d8 = 13,02kN (tarik)

ΣH = 0 →

a3 + a4 + d7 cos ɑ + d8 cos = 0ɑ

a4 = -79,95– (2 x 13,02cos 640₎ a4 = -91,36kN (tekan)

Titik J ΣV = 0 → D8 sin + d9 sin - Pɑ ɑ w = 0 D9 = 7,81 – 13,02 sin 640_{) / sin 64}0 D9 = -4,33kN (tekan)

ΣH = 0 → B5 – b4 – d8 cos ɑ- d9 sin = 0ɑ

B5 = 85,65+ 13,02 cos 640_{+ 4,33} cos640

B5 = 93,25kN (tarik) Titik K ΣV = 0 → D9 sin - d10 sin = 0ɑ ɑ

D10 = d9

D10 = 4,33kN (tarik)

ΣH = 0 → A5 + a4 + d9 cos ɑ + d10 cos = 0ɑ

A5 = -91,36– (2 x 4,33cos 640₎ A5 = -95,15 kN (tekan)

Karena bentuk rangka batang simetris maka cukup dihitung setengah bentang saja, sehingga didapatkan gaya-gaya batang:

Batang A1= A10 Batang A2= A9 Batang A3= A8 Batang A4= A7 Batang A5 = A6

Batang B1= B10 Batang B2= B9 Batang B3= B8 Batang B4= B7 Batang B5 = B6

Gaya-gaya batang akibat beban angin dengan metoda kesetimbangan titik simpul dapat dilihat pada tabel 4.4

Tabel 4.4 Gaya-gaya batang akibat beban angin

NAMA BATANG

GAYA BATANG TARIK (kN) TEKAN (kN)

A1 34,27

A2 60,92

A3 79,95

A4 91,36

A5 95,15

A6 95,15

A7 34,27

A8 60,92

A9 79,95

A10 91,36

B1 17,13

B2 47,59

B3 70,43

B4 85,65

B5 93,25

B6 93,25

B7 85,65

B8 70,43

B9 47,59

B10 17,13

D1 39,09

D2 39,09

D3 30,40

D4 30,40

D5 21,71

D6 21,71

D7 13,02

D8 13,02

D9 4,33

D10 4,33

Lt Lx 2,75

50% 100%

1/2 B

q UDL P kel

trotoar gelagar induk

Gambar 4.2 Beban Hidup pada Gelagar Induk

L = 50 m

q_UDL=6,4kN/m2 qtrotoar=5kN/m2

qKEL=49kN/m2 L = 40 m lx = 0,75 m

q_LL =

(

q_t × Lt + q_{UDL 50%}× lx + q_{UDL 100%}×5,5 2 B

2

)

q_LL =

(

(5 × 1)+ (3,9375 × 0,75)+(7,875 × 2,75) 9

2

)

q_LL =6,58 kN/m

P_LL =

(

P_{KEL 100%} ×5,5

2

)

+(PKEL 50% × lx) P_LL =

(

49 ×5,5

2

)

+(24,5 × 0,75)=153,125 kN

Pada saat P=1 satuan di titik, A →Va=P ×8λ

8λ =1 D→ Va=P ×7λ

8λ =0,875 F →Va=P ×6λ

8λ =0,75 H → Va=P ×5λ

8λ =0,625 J → Va=P ×4λ

L→ Va=P ×3λ

8λ =0,375 N → Va=P ×2λ

8λ =0,25 P→ Va=P ×1λ

8λ =0,125 B → Va=P ×0λ

8λ =0

a. Garis Pengaruh Batang A

1) Perhitungan Mencari Sa ketika P=1 satuan pada titik A (Va = 1¿

∑

V=0→Va−P+S_a1sinα=0

S_a1=−Va sinα=

−1+1 sin 64o

S_a1=0

∑

M_F=0→

(

V_A×2λ

)

−(P ×2λ)+(S_a2. H)=0 (1×2×5)−(1×2×5)+6.Sa2=0

S_a2=0

∑

M_H=0→+

(

V_A×3λ

)

−(P ×3λ)+(S_a3. H)=0 (1×3×5)−(1×3×5)+6.S_a3=0

S_a3=0

∑

M_J=0→+

(

V_A×4λ

)

−(P ×4λ)+(S_a4. H)=0 (1×4×5)−(1×4×5)+6.S_a4=0

S_a4=0

2) Perhitungan Mencari Sa ketika P=1 satuan pada titik D (Va = 0,875¿

∑

V=0→Va+S_a1sinα=0 Sa1=

−Va sinα=

−0,875 sin 64o

S_a1=−0,973

S_a2=−0,625

∑

M_H=0→+

(

V_A×3λ

)

−(P ×2λ)+(S_a3. H)=0 (0,875×3×5)−(1×2×5)+6.S_a3=0

S_a3=−0,521

∑

M_J=0→+

(

V_A×4λ

)

−(P ×3λ)+(S_a4. H)=0 (0,875×4×5)−(1×3×5)+6.S_a4=0

S_a4=−0,417

3) Perhitungan Mencari Sa ketika P=1 satuan pada titik F (Va = 0,75¿

∑

V=0→Va+S_a1sinα=0

S_a1=−Va sinα=

−0,75 sin 64o S_a1=−0,834

∑

M_F=0→+(V_A×2λ)+(S_a2. H)=0 (0,75×2×5)+6.Sa2=0

S_a2=−1,25

∑

M_H=0→+

(

V_A×3λ

)

−(P × λ)+(S_a3. H)=0 (0,75×3×5)−(1×5)+6.S_a3=0

S_a3=−1,042

∑

MJ=0→+

(

VA×4λ

)

−(P ×2λ)+(Sa4. H)=0 (0,75×4×5)−(1×2×5)+6.S_a4=0

S_a4=−0,833

4) Perhitungan Mencari Sa ketika P=1 satuan pada titik H (Va =

0,625¿

∑

V=0→Va+S_a1sinα=0

S_a1=−Va sinα=

∑

M_F=0→+(V_A×2λ)+(S_a2. H)=0 (0,625×2×5)+6.Sa2=0

S_a2=−1,042

∑

M_H=0→+

(

V_A×3λ

)

+(S_a3. H)=0 (0,625×3×5)+6.S_a3=0

S_a3=−1,5625

∑

M_J=0→+

(

V_A×4λ

)

−(P × λ)+(S_a3. H)=0 (0,625×4×5)−(1×5)+6.S_a3=0

S_a4=−1,25

5) Perhitungan Mencari Sa ketika P=1 satuan pada titik J (Va = 0,5¿

∑

V=0→Va+S_a1sinα=0

S_a1=−Va sinα=

−0,5 sin 64o

S_a1=−0,556

∑

M_K=0→+(V_A×2λ)+(S_a2. H)=0 (0,5×2×5)+6.Sa2=0

Sa2=−0,833

∑

M_H=0→+

(

V_A×3λ

)

+(S_a3. H)=0 (0,5×3×5)+6.S_a3=0

S_a3=−1 ,25

∑

M_M=0→+

(

V_A×4λ

)

+(S_a3. H)=0 (0,5×4×5)+6.S_a3=0

Mencari gaya batang maks Sa1 Ymax=−0,973

Gayatekan max=(P¿×Ymax)+(q¿×

1

2L× Ymax)

Gayatekan max=

(

153,125×(−0,973))+

(

6,58×1

2×40×(−0,973)

)

Gayatekan max=−277,037kN(tekan)

Mencari gaya batang maks Sa2

Ymax=−1 ,25

Gayatekan max=(P_¿×Y_max)+(q_¿×1

2L× Ymax)

Gayatekan max=

(

153,125×(−1,25)

)

+

(

6,58×1

2×40×(−1,25)

)

Gayatekan max=−355,906kN(tekan) Mencari gaya batang maks Sa3

Ymax=−1,5625

Gayatekan max=(P_¿×Y_max)+(q_¿×1

2L× Ymax)

Gayatekan max=

(

153,125×(−1,5625))+

(

6,58×1

2×40×(−1,5625)

)

Gayatekan max=−444,883kN(tekan)

Mencari gaya batang maks Sa4

Ymax=−1,667

Gayatekan max=(P_¿×Y_max)+(q_¿×1

2L× Ymax)

Gayatekan max=

(

153,125×(−1,667)

)

+

(

6,58×1

2×40×(−1,667)

)

Gayatekan max=−474,637kN(tekan)

b. Garis Pengaruh Batang B (Sb)

1) Perhitungan Mencari Sb ketika P=1 satuan pada titik A (Va = 1¿

∑

M_E=0→

(

V_A×1,5λ

)

−(P ×1,5λ)−(S_b1. H)=0 (1×1,5×5)−(1×1,5×5)−(S_b1.6)=0

S_b1=0

∑

MG=0→+

(

VA×2,5λ

)

−(P ×2,5λ)−(Sb2. H)=0 (1×2,5×5)−(1×2,5×5)−(S_b2.6)=0

S_b2=0

∑

M_I=0→+

(

V_A×3,5λ

)

−(P ×3,5λ)−(S_b3. H)=0 (1×3,5×5)−(1×3,5×5)−(S_b3.6)=0

∑

M_K=0→+

(

V_A×4,5λ

)

−(P ×4,5λ)−(S_b4. H)=0 (1×4,5×5)−(1×4,5×5)−(Sb4.6)=0

S_b4=0

2) Perhitungan Mencari Sb ketika P=1 satuan pada titik D (Va = 0,875¿

∑

M_E=0→

(

V_A×1,5λ

)

−(P ×0,5λ)−(S_b1. H)=0 (0,875×1,5×5)−(1×0,5×5)−(S_b1.6)=0

S_b1=0,677

∑

M_G=0→+

(

V_A×2,5λ

)

−(P ×1,5λ)−(S_b2. H)=0 (0,875×2,5×5)−(1×1,5×5)−(S_b2.6)=0

S_b2=0,573

∑

M_I=0→+

(

V_A×3,5λ

)

−(P ×2,5λ)−(S_b3. H)=0 (0,875×3,5×5)−(1×2,5×5)−(S_b3.6)=0

S_b3=0,521

∑

M_K=0→+

(

V_A×4,5λ

)

−(P ×3,5λ)−(S_b4. H)=0 (0,875×4,5×5)−(1×3,5×5)−(S_b4.6)=0

S_b4=0,365

3) Perhitungan Mencari Sb ketika P=1 satuan pada titik F (Va = 0,75 ¿

∑

M_E=0→

(

V_A×1,5λ

)

−(S_b1. H)=0 (0,75×1,5×5)−(S_b1.6)=0

S_b1=0,9375

∑

M_G=0→+

(

V_A×2,5λ

)

−(P ×0,5λ)−(S_b2. H)=0 (0,75×2,5×5)−(1×0,5×5)−(S_b2.6)=0

S_b2=1,146

∑

M_I=0→+

(

V_A×3,5λ

)

−(P ×1,5λ)−(S_b3. H)=0 (0,75×3,5×5)−(1×1,5×5)−(S_b3.6)=0

∑

M_K=0→+

(

V_A×4,5λ

)

−(P ×2,5λ)−(S_b4. H)=0 (0,75×4,5×5)−(1×2,5×5)−(S_b4.6)=0

S_b4=0,729

4) Perhitungan Mencari Sb ketika P=1 satuan pada titik H (Va = 0,625 ¿

∑

M_E=0→

(

V_A×1,5λ

)

−(S_b1. H)=0 (0,625×1,5×5)−(S_b1.6)=0

S_b1=0,781

∑

M_G=0→+

(

V_A×2,5λ

)

−(S_b2. H)=0 (0,625×2,5×5)−(S_b2.6)=0

S_b2=1,302

∑

M_I=0→+

(

V_A×3,5λ

)

−(P ×0,5λ)−(S_b3. H)=0 (0,625×3,5×5)−(1×0,5×5)−(S_b3.6)=0

S_b3=1,406

∑

M_K=0→+

(

V_A×4,5λ

)

−(P ×1,5λ)−(S_b4. H)=0 (0,625×4,5×5)−(1×1,5×5)−(S_b4.6)=0

S_b4=1,09375

5) Perhitungan Mencari Sb ketika P=1 satuan pada titik G (Va = 0,5 ¿

∑

M_E=0→

(

V_A×1,5λ

)

−(S_b1. H)=0 (0,5×1,5×5)−(S_b1.6)=0

S_b1=0,625

S_b2=1,042

∑

M_I=0→+

(

V_A×3,5λ

)

−(S_b3. H)=0 (0,5×3,5×5)−(S_b3.6)=0

S_b3=1,458

∑

M_K=0→+

(

V_A×4,5λ

)

−(P ×0,5λ)−(S_b4. H)=0 (0,5×4,5×5)−(1×0,5×5)−(S_b4.6)=0

S_b4=1,458

Mencari gaya batang maks Sb1

Ymax=0,9375

Gayatarik max=(P_¿× Y_max)+(q_¿×1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=(153,125×(0,9375))+

(

6,58×1

2×40×(0,9375)

)

Gayatarik max=266,930kN(tarik) Mencari gaya batang maks Sb2

Ymax=1,302

Gayatarik max=(P_¿× Y_max)+(q_¿×1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=

(

153,125×(1,302)

)

+

(

6,58×1

2×40×(1,302)

)

Gayatarik max=370,712kN(tarik)

Mencari gaya batang maks Sb3

Ymax=1,458

Gayatarik max=(P_¿× Y_max)+(q_¿×1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=

(

153,125×(1,458)

)

+

(

6,58×1

2×40×(1,458)

)

Gayatarik max=415,129kN(tarik) Mencari gaya batang maks Sb4

Ymax=1,458

Gayatarik max=(P_¿× Y_max)+(q_¿×1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=

(

153,125×(1,458)

)

+

(

6,58×1

2×40×(1,458)

)

Gayatarik max=415,129kN(tarik)

c. Garis Pengaruh Batang D

1) Perhitungan Mencari Sd ketika P=1 satuan pada titik A (Va = 1¿

Va−P+SD₁sinα=0

1−1+SD₁sin 64=0

SD₁=0

∑

V_F=0

Va−P+SD₂sinα=0

1−1+SD₂sin 64=0

SD₂=0

∑

V_H=0

Va−P+SD₃sinα=0

1−1+SD₃sin 64=0

SD₃=0

∑

V_J=0

Va−P+SD₃sinα=0

1−1+SD₃sin 64=0

SD₄=0

2) Perhitungan Mencari Sd ketika P=1 satuan pada titik D (Va = 0,875)

∑

V_D=0

Va−P+SD₁sinα=0

0,875−1+SD₁sin 64=0

SD1=0,139

∑

V_F=0

Va−P+SD₂sinα=0

0,875−1+SD₂sin 64=0

SD₂=0,139

∑

VH=0

Va−P+SD₃sinα=0

0,875−1+SD₃sin 64=0

SD₃=0,139

∑

V_J=0

Va−P+SD3sinα=0

0,875−1+SD₃sin 64=0

SD₄=0,139

3) Perhitungan Mencari Sd ketika P=1 satuan pada titik F (Va = 0,75)

∑

V_D=0 Va+SD₁sinα=0

SD₁=−0,834

∑

V_F=0

Va−P+SD₂sinα=0

0,75−1+SD₂sin 64=0

SD₂=0,278

∑

VH=0

Va−P+SD3sinα=0

0,75−1+SD₃sin 64=0

SD₃=0,278

∑

V_J=0

Va−P+SD₃sinα=0

0,75−1+SD₃sin 64=0

SD4=0,278

4) Perhitungan Mencari Sd ketika P=1 satuan pada titik H (Va = 0,625)

∑

V_D=0 Va+SD₁sinα=0

0,625+SD₁sin 64=0

SD₁=−0,695

∑

V_F=0 Va+SD₂sinα=0

0,625+SD₂sin 64=0

SD₂=−0,695

∑

V_H=0

Va−P+SD₃sinα=0

0,625−1+SD₃sin 64=0

∑

VJ=0

Va−P+SD₃sinα=0

0,625−1+SD₃sin 64=0

SD₄=0,417

5) Perhitungan Mencari SA ketika P=1 satuan pada titik J (Va = 0,5)

∑

V_D=0

Va+SD₁sinα=0

0,5+SD₁sin 64=0

SD₁=−0,556

∑

VF=0 Va+SD₂sinα=0

0,5+SD₂sin 64=0

SD₂=−0,556

∑

V_H=0

Va+SD₃sinα=0

0,5+SD3sin 64=0

SD₃=−0,556

∑

V_J=0

Va−P+SD₃sinα=0

0,5−1+SD₃sin 64=0

SD₄=0,556

qLL =6,58 kN/m

P_LL =

(

P_{KEL 100%} ×5,5

2

)

+(PKEL 50% × lx) P_LL =

(

49 ×5,5

2

)

+(24,5 × 0,75)=153,125 kN

Ymax = +0,139 (tarik)

Gayatekan max=(P_¿×Y_max)+(q_¿×1

2L× Ymax)

Gayatekan max=

(

153,125×(−0,834)

)

+

(

6,58×1

2×40×0,834

)

Gayatekan max=−339,334kN(tekan)

Gayatarik max=(P_¿× Y_max)+(q_¿×1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=

(

153,125×(0,139)

)

+

(

6,58×1

2×40×0,139

)

Gayatarik max=42,534kN(tarik)

Mencari gaya batang maks Sd2 Ymax = -0,695 (tekan)

Ymax = +0,278 (tarik)

Gayatekan max=(P_¿×Y_max)+(q_¿×1

2L× Ymax)

Gayatekan max=

(

153,125×(−0,695)

)

+

(

6,58×1

2×40×0,695

)

Gayatekan max=−296,799kN(tekan)

Gayatarik max=(P_¿× Y_max)+(q_¿×1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=

(

153,125×(0,278)

)

+

(

6,58×1

2×40×0,278

)

Gayatarik max=84,755kN(tarik)

Mencari gaya batang maks Sd3 Ymax = -0,814 (tekan)

Ymax = +0,406 (tarik)

Gayatekan max=(P¿×Ymax)+(q¿×

1

2L× Ymax)

Gayatekan max=

(

153,125×(−0,814)

)

+

(

6,58×1

2×40×0,814

)

Gayatekan max=−254,578kN(tekan)

Gayatarik max=(P¿× Ymax)+(q¿×

1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=

(

153,125×(0,406)

)

+

(

6,58×1

2×40×0,406

)

Gayatarik max=126,976kN(tarik)

Mencari gaya batang maks Sd4 Ymax = +0,556 (tarik)

Gayatarik max=(P_¿× Y_max)+(q_¿×1

2L ×Ymax)

Gayatarik max=

(

153,125×(0,556)

)

+

(

6,58×1

Analisa Batang Tekan dan Tarik Analisa Batang Tekan

 Lk = 5 m = 5000 mm  Tumpuan sendi-sendi

 Batang Tekan Max (Nu)= -448,112 kN  Fy = 247,5 Mpa

 E = 200000 Mpa

Kekuatan Batang tekan dianggap plastis

λ ≤1,5→ λC=

L_K iminx π

√

Fy E

1,5= 5000 iminx π

√

247,5 200000

i_min=37,325mm=3,73cm

Gunakan Profil IWF 350.175.7.11

imin = 3,95 cm = 39,5 mm Ag= 63,14 cm2 _{= 6314 mm}2 Cek Kelangsingan

λ=LK imin

≤140

λ=5000 39,5 ≤140

λ=126,582≤140→ OK

Kontrol Kekuatan tekan nominal akibat tekuk lentur 0,66¿λc

2

xAgxFy xϕ≥ Nu Nn=¿

0,66¿1,52x6314x247,5x0,85≥448,112kN N_n=¿

N_n=521521,9135N ≥448112N OK

λ_Creal

λC=

L_K iminx π

√

Fy E

λC= 5000

39,5x π

√

λC=1,42≤1,5(Kondisi Plastis)

Kontrol Kekuatan tekan nominal akibat tekuk lentur 0,66¿λc

2

xAgxFy xϕ≥ Nu Nn=¿

0,66¿1,422x6314x247,5x0,85≥448,112kN N_n=¿

N_n=574681,343N ≥448112N OK

Analisa Batang Tekan  Lk = 5 m = 5000 mm  Tumpuan sendi-sendi

 Batang Tarik Max (Nu)= 465,002 kN  Fy = 247,5 Mpa

 Fu = 400 Mpa  E = 200000 Mpa  U = 0,9

 Asumsi diameter baut = diameter baut + 2 x (1,6 mm) = 22 mm +3,2=25,2 mm  Asumsi n = 4 buah

 Asumsi tf = 14 mm

a. Menentukan Luas profil Kondisi Leleh

N_u=ϕ_lelehAgxFy Ag= Nu

ϕ_Lelehx Fy Ag= 465002

0,9x247,5=2087,55mm 2

Kondisi Fraktur

N_u=ϕFrakturAexFu

Ag= Nu

ϕ_Frakturx Fu x U+(nxdxtf) Ag= 465002

0,75x400x0,9+(4x25,2x14) Ag=3133,430mm2

Dari kedua kondisi tersebut diambil luas profil terbesar = 3133,430

mm2_{= 31,334 cm}2

Mak gunakan Profil IWF 250.125.5.8

Jy = 255 cm4 _{=2550000 mm}4 Ag = 32,68 cm2 _{= 3268 mm}2 b. Memeriksa Kekuatan Profil

Kondisi Leleh

N_n=ϕ_lelehAgxFy ≥ Nu

N_n=0,9x3268x247,5≥465,002kN

N_n=727947N ≥465002N → OK Kondisi Fraktur

N_n=ϕ_FrakturAexFu ≥ Nu

N_n=ϕ_Frakturx

(

Ag−(nxdxtf)

)

x U x Fu ≥ Nu

N_n=0,75x

(

3268−(4x25,2x8)

)

x0,9x400≥465,002kN N_n=664632N ≥465002N →OK

Cek Kelangsingan

λ= LK

√

J_min A

≤240

λ= 5000

√

2550000 3268

≤240

λ=178,995≤240

Kode

Batang Batang Tarik Batang Tekan

a1 - 371,2 kN

a2 - 636,3 kN

a3 - 795,2 kN

a4 - 795,2 kN

Kode

Batang Batang Tarik Batang Tekan

a6 - 371,2 kN

b1 371,2 kN

-b2 636,3 kN

-b3 795,2 kN

-b4 848,1 kN

-b5 848,1 kN

-b6 795,2 kN

-b7 636,3 kN

-b8 371,2 kN

-v1 445,4 kN

-v2 318,1 kN

-v3 190,8 kN

-v4 49,683 kN

-v5 190,8 kN

-v6 318,1 kN

-v7 445,4 kN

-d1 - 579,8 kN

d2 - 414,1 kN

d3 - 248,4 kN

d4 - 82,7 kN

d5 - 82,7 kN

d6 - 248,4 kN

d7 - 414,1 kN

Batang Tekan Max (a): 795,2 kN