Bahan Ajar Mekanika Rekayasa 1 d3 Sipil 15-8-2011 Didik

I     

   

PROGRAM

  

DIPLOMA

 

3

 

TEKNIK

 

SIPIL

   

FTSP

  

ITS 

2011 

MEKANIKA REKAYASA 1

BAHAN AJAR 

KATA PENGANTAR 

 

Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena 

dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan BAHAN AJAR   

MEKANIKA  REKAYASA  1 . 

Bahan ajar  ini diharapkan dapat membantu proses belajar 

mengajar di Program Diploma 3 Teknik Sipil , disamping 

diktat kuliah yang telah ada . 

Mata kuliah Mekanika Rekayasa 1 ini merupakan ilmu dasar 

keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil . 

Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar , 

sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk 

bahan ajar mata kuliah ini . 

Bahan ajar  ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap 

dengan contoh soal dan penjelasannya . 

 

 

 

 

MATERI 

 

.  GAYA   

 

.  MACAM BEBAN , PERLETAKAN 

 

.  MENCARI REAKSI PERLETAKAN 

 

.  GAYA DALAM ( BIDANG NORMAL , LINTANG , 

   MOMEN ) 

 

.  KONSTRUKSI RANGKA BATANG  

 

.  GARIS PENGARUH      

 

      

  PROGRAM DIPLOMA TEKNIK SIPIL  FAKULTAS TEKNIK SIPIL DAN  PERENCANAAN   INSTITUT  TEKNOLOGI SEPULUH  NOPEMBER  MATA KULIAH 

DAN KELAS :  MEKANIKA REKAYASA 1 ‐ Y 

KODE 

MK:  RC 090308 

DOSEN 

1.  DIDIK  HARIJANTO  SKS 

K

ONTRAK 

K

ULIAH 

& 

M

ATERI 

P

EMBELAJARAN

 

2.  

3 

 

MINGGU KE  KOMPETENSI 1  MATERI  PEMBELAJARAN  PENGAMPU 

2   1  2  3  1 ‐4  Mampu meng identifikasi gaya  , menghitung resultante gaya ,  momen , mengidentifikasi  macam beban , perletakan ,  mampu menghitung reaksi  perletakan dan gaya dalam  Pengertian gaya , menghitung resutante gaya dan momen. Pengertian macam beban dan perletakan 

Menghitung  reaksi  perletakan  pada  balok  maupun  portal  akibat beban terpusat . 

V

 Menghitung  reaksi  perletakan  pada  balok  maupun  portal  akibat beban merata maupun kombinasi . 

V     

Menghitung  dan  menggambar  bidang  normal  (  N  )  ,  bidang  lintang ( D ) dan bidang momen ( M ) akibat beban terpusat. 

V     

Menghitung  dan  menggambar  bidang  momen  ,  normal  dan  lintang pada balok dua tumpuan dengan beban merata .  V 5   

_EVALUASI 1 

V 6‐8  Mampu menghitung gaya  dalam , menggambar bidang  normal ( N ) , bidang lintang ( D  ) dan bidang momen   ( M ) 

Menghitung  dan  menggambar  bidang  momen  ,  normal  dan  lintang  pada  balok  dua  tumpuan  dengan  beban  merata  ,  maupun beban kombinasi 

V     

Menghitung dan menggambar bidang momen , normal dan  lintang pada balok gerber dengan beban merata , maupun  beban kombinasi . 

Menghitung  dan  menggambar  bidang  momen  ,  normal  dan  lintang untuk muatan tidak langsung 

V

Menghitung  dan  menggambar  bidang  momen  ,  normal  dan  lintang  pada    portal  dengan  beban  merata  ,  maupun  beban  kombinasi    V      9   

_EVALUASI 2 

V      10 ‐12  Mampu menghitung gaya  dalam , menggambar bidang  normal ( N ) , bidang lintang ( D  ) dan bidang momen   ( M ) pada portal statis tertentu  , menghitung gaya batang pada  konstruksi rangka batang . 

Menghitung  dan  menggambar  bidang  momen  ,  normal  dan  lintang  pada  portal  dengan  beban  merata  ,  maupun  beban  kombinasi  .  V      Menghitung gaya batang dengan cara  KESETIMBANGAN TITIK   SIMPUL .  V      Menghitung  gaya batang  dengan  cara  RITTER  V      13   

_EVALUASI 3 

     

14‐16  Mampu menghitung dan  menggambar garis pengaruh 

Menghitung  dan  menggambar  garis  pengaruh  pada  balok  diatas dua tumpuan 

V Menghitung  dan  menggambar  garis  pengaruh  pada  balok  gerber . 

V     

Menghitung  dan  menggambar  garis  pengaruh  batang  pada  konstruksi rangka batang  V 17‐18   

_EVALUASI 4 

        Tanda Tangan Dosen Pengampu Dosen 1  (Koordinator)   Dosen 2  PERNYATAAN:  Dengan ini saya menyatakan bersedia  memberikan materi sesuai kesepakatan yang telah  ditetapkan di borang ini.  DIDIK  HARIJANTO     

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

       

PENGERTIAN GAYA 

  GAYA ADALAH SUATU BESARAN VEKTOR YANG MEMPUNYAI BESARAN,TITIK TANGKAP DAN  GARIS KERJA GAYA.               GAYA DAPAT DIPINDAHKAN SEPANJANG GARIS         KERJANYA.         

PENJUMLAHAN GAYA ( RESULTANTE GAYA ) 

 

CARA ANALITIS 

    R

Y

=  P

1  

SIN α +  P 

2

  SIN β 

    R

X

=  P

1

  COS α + P 

2

  COS β 

 

 

R = 

 

        

   

 

Garis  kerja   Garis  kerja  gaya  Titik  tangkap  gaya   

 

 

   

DIKETAHUI DUA GAYA P 1 = 5 T  DENGAN SUDUT  45 0  DAN  P 2 = 3 T  DENGAN SUDUT 30 0  HITUNG BESAR RESULTANTE GAYA TERSEBUT DIATAS.    R_Y = 5 SIN 45 0 + 3 SIN 30 0 = 5 . 0,7071 + 3 . 0,5 = 3,5355 + 1,5 = 5,0355 T  R_X = 5 COS 45 0 + 3 COS 30 0 = 5. 07071 + 3 . 0,866 = 3,5355 + 2,5981 = 6,1335 T  R =     =  6,1335  5,0335   =  25,3562  37,6198   = 7,936 T 

Tg 

RY R_X

0,8209        = 39,38 

0

 

 

CARA  GRAFIS 

      UNTUK CARA GRAFIS HARUS MEMAKAI          3 T      SKALA MISAL  1 TON  = 1 CM DAN          5T       R      MENGGUNAKAN BUSUR DERAJAT          Ѳ       UNTUK MENGUKUR SUDUT .    RESULTANTE DIDAPAT DARI MENGHUBUNGKAN TITIK AWAL MULAI, SAMPAI DENGAN TITIK  MENGAKHIRI GAMBAR TERSEBUT.  JADI UNTUK BEBERAPA GAYA YANG DIJUMLAH , TINGGAL MENGGAMBAR SAJA  BERURUTAN.  SUDUT      DIDAPAT DENGAN MENGUKUR MEMAKAI BUSUR DERAJAT .    5 T 3 T 

  MOMEN ADALAH GAYA DIKALIKAN JARAK , DIMANA JARAK ATAU LENGAN NYA  HARUS TEGAK LURUS PADA GAYA NYA.        Ingat gaya bisa dipindahkan    sepanjang garis  kerjanya.          KITA SEPAKATI ARAH PERPUTARAN MOMEN                              b      

Tg

       

4       5           B       SIN α  = 4 / 5       3         COS α = 3 / 5        SIN α = b / 6      4/5 = b / 6      b = 24 / 5  M  MB = ‐ 5 . b = ‐ 5 .24 / 5 = ‐ 24 TM     ATAU  P = 5 T  DIURAIKAN DULU   MENJADI P SIN α  DIARAH VERTIKAL  DAN   P COS α  DIARAH HORISONTAL .  SEHINGGA  MB = ‐ 5 SIN α . 6 = ‐ 5 . 4/5 .6 = ‐ 24 TM.         DARI PENYELESAIAN DIATAS DISARANKAN MENGURAIKAN DAHULU GAYA           MIRING AGAR PENYELESAIAN MENJADI LEBIH MUDAH .  a  B  b  C  A MA = ‐ P .a  MB = + P .b M C = P . 0 = 0  α  α 

P = 5 T

P = 5 T SIN α  P = 5 T COS α  6 M

P

P

P

      CONTOH SOAL           5√2 T  °      5 T    A      D           4 M      3 M       2 M      ∑   . . .  

 

          3 T    2 T                    6 T  3 T 2 T  α  B C 5 T    5 T A  A  A  B C D 

              4 M      3 M      2 M    ∑

 = ‐ 6 . 4 – 3 . 3 + 2 . 9 = ‐ 15 TM 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∑

 = ‐ 6.7 – 5. 3 +2 . 2 = ‐ 53 TM 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A  B  C D  6 T  5T 3T 2T  B 6 T  B  B  5T 2T  C C C 6 T  5T 2T  A  C D  A  B  D 

 

   A       C 

 

 

 

 

 

 

∑

 = + 4 . 7 + 5 .4  =  + 48 TM 

         

∑

 = + 3.9 + 2. 7 – 4 . 2 – 5 . 3 = 18 TM 

                  INGAT GAYA DAPAT DIPINDAHKAN SEPANJANG GARIS KERJANYA . 

B 

D 

E

4 M 3 M  2 M 5 M  4 M   2 T    3 T   4 T  5 T  4 T

C

A 

A

 5 T  5 T

B 

  2 T   2 T   3 T    3 T   4 T  4 T  5 T  5 T

B

E

A 

D 

C

 

MENCARI LETAK RESULTANTE GAYA 

 

          6 T       2 T       3 T           A      B       C      D         4 T         2 M      4 M      6 M         X M      

R 

 

 

      MISAL LETAK RESULTANTE GAYA ( R )  TERLETAK  SEJARAK  X M DARI TITIK A  R = 6 ‐4 + 2 + 3 = 7 T  SEMUA GAYA DIKALIKAN JARAK TEGAK LURUS NYA TERHADAP  A.           + 7 . X = 6 . 0 – 4 . 2 + 2 . 6 + 3 . 12        X =     40₇   M  = 5, 71 M   

JADI LETAK RESUTANTE GAYA  SEJARAK   5, 71 M DARI TITIK A 

 

 

 

PENGERTIAN BEBAN DAN PERLETAKAN 

     

MACAM BEBAN 

 

 

 

BEBAN MATI  ADALAH BEBAN YANG ADA SELAMA HIDUP KONSTRUKSI .  MISAL : BEBAN TEMBOK,BEBAN ATAP, BEBAN TROTOIR DAN LAIN LAIN .  BEBAN HIDUP / BEBAN  BERJALAN ADALAH BEBAN YANG TIDAK TETAP.  MISAL : BEBAN KENDARAAN DAN LAIN LAIN .    MENURUT CARA BEKERJANYA BEBAN DIBAGI LAGI MENJADI :  BEBAN TERPUSAT      P      P       P      P    SATUAN BERAT   KG , TON DAN LAIN LAIN.        q  BEBAN MERATA       q   SATUAN T/M , KG /M, KG/CM DAN LAIN LAIN        q = TINGGI ATAU LEBAR DARI BENTUK BEBAN ( LIHAT GAMBAR )    BEBAN TIDAK MERATA  MISAL BEBAN SEGITIGA       q     SATUAN MAUPUN ARTI   q   SAMA DENGAN BEBAN MERATA DIATAS .  BEBAN MATI / BEBAN TETAP BEBAN HIDUP/ BEBAN BERJALAN  q

PERLETAKAN 

 

SENDI      H 

      V 

  MEMPUNYAI REAKSI TEGAK LURUS LANDASAN DAN SEJAJAR LANDASAN , ARTINYA  PERLETAKAN SENDI TIDAK DAPAT BERGERAK TEGAK LURUS MAUPUN SEJAJAR   LANDASAN . 

 

ROL 

 

 

       V 

MEMPUNYAI REAKSI TEGAK LURUS LANDASAN, ARTINYA PERLETAKAN ROL TIDAK   DAPAT BERGERAK ARAH TEGAK LURUS LANDASAN.     

JEPIT      

       H      REAKSI V , H DAN M ADALAH  

      M      REAKSI YANG DIPUNYAI OLEH 

 

V       PERLETAKAN JEPIT . 

SEHINGGA DAPAT DIARTIKAN KALAU PERLETAKAN JEPIT TIDAK DAPAT BERGERAK PADA  ARAH TEGAK LURUS MAUPUN SEJAJAR LANDASAN DAN JUGA TIDAK DAPAT BERPUTAR  ATAU BER ROTASI .   

  CONTOH                    Rotasi =            ( sendi , rol   tidak  mempunyai    reaksi        momen )          P T    0         ( jepit    mempunyai    reaksi   momen )      DARI KEDUA GAMBAR DIATAS TERLIHAT BAHWA PERLETAKAN ROL, SENDI MAUPUN  JEPIT TIDAK DAPAT    BERGERAK  KE  ARAH VERTIKAL.  HAL ITU DAPAT DILIHAT DARI GAMBAR GARIS LENDUTANNYA.  SEDANGKAN PADA PERLETAKAN JEPIT TERLIHAT TIDAK DAPAT BERPUTAR ( BER ROTASI )  ROTASI  ATAU               q t/m 

MENCARI REAKSI PERLETAKAN

.  UNTUK MENDAPATKAN KONSTRUKSI YANG STABIL , MAKA DIBUTUHKAN PERSAMAAN  KESETIMBANGAN .  ∑ H = 0  , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERGERAK KEARAH HORISONTAL  ∑ M = 0 , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERPUTAR ATAU MENGGULING  ∑ V = 0  , AGAR KONSTRUKSI TIDAK DAPAT BERGERAK KEARAH VERTIKAL   DENGAN MEMAKAI TIGA PERSAMAAN DIATAS MAKA REAKSI PERLETAKAN PADA  KONSTRUKSI STATIS TERTENTU DAPAT DICARI .    CONTOH  Tg α=  3/4       3T      5 T      4 T    α  6 T         A  B        4T      C       D        2 M       8 M      3 M    ∑  =0      MISAL  HA       ingat    +      ‐  + HA – 4 + 6 = 0         HA = ‐6 + 4 = ‐ 2 T   tanda  negatif mengartikan kesalahan pemisalan  arah,     jadi  HA  seharusnya  mengarah   kekiri .      HA = 2 T  JADI PERLU DIINGAT BAHWA TANDA NEGATIF BERARTI SALAH DALAM PEMISALAN ARAH,  SEBALIKNYA APABILA HASIL POSITIF ARTINYA ARAH PEMISALAN SUDAH BENAR.    ∑  = 0     VA MISAL      ingat       ‐      +  + VA . 10 – 3.8 + 4. 3 = 0  VA = 1,2 T  ∑  = 0  ‐ VC . 10 + 4. 13 + 3 . 2 = 0      VC = 5, 8 T  KONTROL    ∑  =0        +1,2 ‐3 + 5,8 – 4 = 0      7‐7 = 0    ( OK ) 

   4 T       5T         5√2          5 T       45°        2M      3 M        3 T      4 M           2 M      7 M      3 M    ∑  = 0       HE MISAL       + HE – 3‐5 = 0      HE = 8 T  ∑  = 0       VD MISAL   + VD . 10 – 3. 1 – 4. 12 – 5. 3 – 5. 3 = 0  VD =  8, 1 T         E  ∑  = 0        VE MISAL      D  ‐ VE.10 ‐ 3.2+ 8. 1 ‐5.4 + 5.7 – 4.2 = 0  VE = 0,9 T        D    ∑ = 0      + 8, 1 – 4 – 5 + 0, 9 = 0       9 – 9 = 0       ( OK )      A  B  C    D  E  4 T  4 T  5 T 5 T  5 T  5 T  3 T  3 T  4 T  4 T  5 T  5 T  5 T 5 T  3 T  8 T  8 T 

UNTUK BEBAN MERATA  ATAU  TIDAK MERATA  DIJADIKAN DULU BEBAN TERPUSAT DALAM   PERHITUNGAN  REAKSI PERLETAKANNYA .                 1/2 L       1/2 L       1/3 L       2/3 L  Q = LUAS DARI BENTUK BEBAN DAN LETAKNYA PADA TITIK BERAT DARI BENTUK BEBAN .              A      B      C      D       E       4 T   2 M       6 M      4 M       2 M               2m      4 + 4 = 8 m        2 + 6 = 8 m      2m         10 m       1 m    ∑ = O       HB = 0  ∑  = 0        VB . 10 + 4 . 12 – 9. 8 – 4. 2 + 2. 1 = 0        VB = 3 T  ∑  = 0        ‐ VD. 10 + 2. 11 + 4. 8 + 9. 2 + 4. 2 = 0        VD = 8 T  ∑ = O      + 4 + 3 – 9 – 4 + 8 – 2 = 0      15 – 15 = 0  ( OK )    q  q  q  q 

Q=q . L 

Q= ½ q .L 

q = 3 t/m  q = 1 t/m 

Q=1/2.3.6 = 9 T

Q=1.2 = 2 T 

Q=1.4 = 4 T

      5 T       q= 1 t/m        2 T      tg α = 3/4                2 M       1 M      2 M  UNTUK MENGHITUNG REAKSI PADA PERLETAKAN JEPIT BEBAS AGAK BERBEDA DARI  TUMPUAN SENDI ROL .    UNTUK MENGHITUNG REAKSI HORISONTAL       HC MISAL   ∑ O       + HC ‐ 4 + 2 = 0      HC = 2 T       UNTUK MENGHITUNG REAKSI VERTIKAL      VC MISAL   ∑  = 0       + VC – 3 – 2.1 = 0      VC = 5 T  UNTUK MENGHITUNG REAKSI MOMEN       MC MISAL  ∑  = 0    + MC ‐ 3.5 – 2. 4 + 2 . 3 – 4. 3 = 5 TM         MC =   5 TM         3 T       q = 1t/m         A      B         2 T       4 T    4 T        Q = 2.1 T      2 T        3 M         3 T       2 T           4 M  C  5 M      α  A  B C 3 M

 

GAYA  DALAM 

        HA               VA       X M      X M    VB       

N 

 

 

      D      D 

   

 

M      M

 

 

 

GAMBAR DIATAS ADALAH SUATU BALOK YANG DIBEBANI BEBAN MIRING TERPUSAT  AKIBAT GAYA TERSEBUT AKAN TIMBUL REAKSI REAKSI PERLETAKAN NYA.  APABILA BALOK DIPOTONG MAKA DIDALAM BALOK AKAN TIMBUL GAYA DALAM YANG  MENGIMBANGI  GAYA LUAR YANG TERJADI.  GAYA DALAM       N   = GAYA YANG SEJAJAR SUMBU BATANG        D  = GAYA YANG TEGAK LURUS SUMBU BATANG        M = MOMEN LENTUR  B A  M = VA . X  HA  VA  VB M = VB . X 

+ 

 ‐ 

 ‐ 

+ 

+ 

DARI PERNYATAAN DIATAS MAKA DAPAT DI SIMPULKAN SEPERTI INI                                NORMAL  ( N ) POSITIF  ADALAH TARIK, SEDANG NORMAL NEGATIF APABILA TEKAN.  GAYA LINTANG ( D ) POSITIF APABILA GAYA SEBELAH KIRI  ARAH  KEATAS, SEDANG  SEBELAH KANAN  ARAH  KEBAWAH .  GAYA LINTANG ( D ) NEGATIF APABILA GAYA SEBELAH KIRI ARAH KEBAWAH,SEDANG  SEBELAH KANAN ARAH KEATAS .  MOMEN LENTUR POSITIF APABILA DISEBELAH KIRI ARAH M BERPUTAR SEARAH JARUM  JAM,SEDANG DISEBELAH KANAN BERPUTAR BERLAWANAN ARAH JARUM JAM .  MOMEN LENTUR NEGATIF APABILA DI SEBELAH KIRI ARAH M BERPUTAR BERLAWANAN   ARAH JARUM JAM, SEDANG DI SEBELAH KANAN BERPUTAR SEARAH JARUM JAM.   

 

 

M 

M

M

M 

N

N 

N

N 

D

D 

D 

D

tg α = 3/4        A      B       C      D        4 M       6 M       2 M    3 T    A      B      C       D  1 T       6 T     

       N 

     

      D 

      8 TM   

       M 

        4 TM    5 T 4 T 4 T  α  4 T 4 T 4 T  X1  X2 X3 + + + 4 T 4 T  1 T  1 T  4 T  2 T 2 T 

∑  = 0         HA MISAL       + HA + 4 – 4 = 0      HA = 4 T   ∑  = 0      VA MISAL       + VA. 10 – 3 . 6 + 4 . 2 = 0       VA =  1 T  ∑ = 0      VC MISAL       ‐ VC . 10 + 3. 4 + 4 . 12 = 0      VB =  6 T   

BIDANG   N , D  DAN  M 

LIHAT KIRI POTONGAN      NX1 = 0  X1 = 0         NA = 0        X1 = 4         NB = 0  DX1 = + 1 T       MX1 = + 1. X1  X1 = 0         DA = + 1 T       X1 = 0       MA = 0  X1 = 4         DB = + 1 T      X1 = 4       MB = 1. 4 = 4 TM  LIHAT KANAN POTONGAN4 T  NX2= + 4 T      4 T  X2 = 0        NC = + 4 T       C    D  X2 = 6        NB = + 4 T     DX2 = + 4 – 6 = ‐ 2 T      MX2 = ‐ 4. ( 2 + X2 ) + 6 . X2  X2 = 0        DC = ‐ 2 T       X2 = 0        MC = ‐ 4 .( 2 + 0 ) + 6. 0 =  ‐ 8 TM  X2 = 6        DB = ‐ 2 T       X2 = 6        MC = ‐4 .( 2 + 6 ) + 6 . 6 = + 4 TM  LIHAT KANAN POTONGAN  NX3 = + 4 T  X3 = 0       ND = + 4 T  X3 = 2       NC = + 4 T  DX3 = + 4T       MX3 = ‐ 4 . X3  X3 = 0       DD = + 4 T      X3 = 0       MD = 0  X3 = 2       MC = + 4 T       X3 = 2       MD= ‐4.2 = ‐ 8 TM  X1 VA = 1T   X2 2 M  VC = 6 T  4 T  4 T  D  X3    

      X1         q = 1 t/m      X2       X3        4 T          2 T       A      B       C      D         2 M       8 M       2 M      ∑ = 0     HC MISAL      + HC – 2 = 0    HC=2 T 

N 

      ∑ 0    VA MISAL    + VA . 10 – 8 . 4 + 2.1     2 T      2 T  + 4. 2 = 0      VA = 2,2 T    ∑  = 0  VC MISAL 

D

  ‐VC.10 + 8. 6 + 2.11         + 4.12 = 0    VC=11,8 T    ∑  = 0    2,2 – 8 + 11,8 – 4 ‐4= 0        D = 0  14 – 14 = 0 ( OK )       

M 

               M MAX = 6, 82 TM    GAMBAR BERBENTUK PARABOLA KARENA PERSAMAAN NYA ADALAH PANGKAT DUA,  SEDANG UNTUK PERSAMAAN LINIER, GAMBAR BERBENTUK GARIS LURUS.      2,2 T  2,2 T  4 T  6 T  5,8 T  10 TM  4, 4 TM 

NX1 = 0   LIHAT KIRI POTONGAN        X1  X1 = 0      NA = 0      A  X2 = 2      NB = 0       VA  DX1 = 2, 2 T   LIHAT KIRI POTONGAN      2,2     MX1 = 2, 2 . X1    LIHAT KIRI POTONGAN  X1 = 0       DA = 2, 2 T      X1 = 0      MA = 2, 2 . 0 = 0  X1= 2       DB = 4, 4 TM       X1 = 2       MB = 2, 2 . 2 = 4, 4 TM  NX2 = ‐ 2 + 2 = 0      LIHAT KANAN POTONGAN  X2  2M       4 T  X2 = 0       NC = 0      2 T  X2 = 8       NB = 0      2 T      11, 8      D  DX2 = + 4 + 2 – 11, 8 + 1 X2      Q = 1X2       Q = 2.1 = 2T  X2 = 0       DC = ‐ 5, 8 T      ½ X2        X2 = 8       DB = ‐ 5, 8 + 8 = 2, 2 T      ( 1 + X2 )  PADA D = O  TERJADI MOMEN MAXIMUM  DX2 = 0        +4 + 2 – 11, 8 + 1X2 = 0        ‐ 5, 8 + 1 X2 = 0     X2= 5,8 M DARI C TERJADI M MAX  MX2 = ‐ 4 .( 2 + X2 ) – 2 ( 1 + X2 ) + 11,8.X2 – 1X2 . 1/2 X2    LIHAT KANAN POTONGAN  X2 = 0    MC = ‐ 4 . 2 – 2 . 1 + 11, 8 .0 – 1.0 . 1/2 . 0 = ‐ 10 TM  X2 = 8   MB = ‐ 4 . 10 – 2 . 9 + 11,8 . 8 – 1 . 8. 1/2. 8  = + 4, 4 TM  X2 = 5, 8   M MAX = ‐ 4 . 7,8 – 2 . 6, 8 + 11, 8 .5, 8 – 1. 5, 8 . 1/2. 5,8 = ‐ 31,2 ‐ 13,6        = ‐ 31 , 2 – 13, 6 + 68, 44 – 16, 82 = 6, 82 TM  NX3 = + 2 T   LIHAT KANAN POTONGAN      X3       4T        X3 = 0       ND = + 2 T      2 T  X3 = 2       NC =  + 2 T      Q= 1X3  DX3 = + 4 + 1. X3      MX3 = ‐ 4 .X3 – 1. X3 .1/2 . X3  X3 = 0        DD = + 4      X3 = 0      MD = 0  X3 = 2        DC = + 4 + 1. 2 = 6 T      X3 = 2      MC = ‐ 4. 2 – 1 . 2. 1/2. 2        = ‐ 10 TM       

          q = 1 t/m        X1      X2  A       C         ∑ =0       HA =0        4 M      6 M        Q = 1/2 .6 . 1 = 3 T    ∑  = 0    VA . 10 – 3. ( 2/3 . 6 )=0    VA = 1,2 T     ∑  =0    ‐ VC . 10 + 3( 4 + 1/3.6)   

D

  = 0        VC = 1,8 T    LIHAT KIRI POTONGAN         DX1 = + 1, 2 T        X1 = 0     DA = + 1, 2 T         X1 = 4     DB = + 1, 2 T         MX1 = + 1, 2 . X1           X1 = 0     MA = 0        X1 = 4    MB = 1, 2 . 4 = 4,8 TM 

         M       

M MAX = 5. 58              B  Q  1,2  1,8  4,8  1,2 

      LIHAT KANAN POTONGAN         Q = 1/2 .X2 .

a

 

 

    1 T/M

 

 

X2      

X

        C      

a

 = X 2 / 6         1, 8      Q = 1/2.X2.X2/6=        6M       = X     DX2 = ‐ 1, 8 +   X2 2 12      X2 = 0        DC = ‐ 1, 8 T         X2 = 6        DB = ‐ 1, 8  +  

 

=  + 1, 2 T      DX2 = 0      ‐ 1, 8 + 

 

X

0

       X22  =  21,6              X2  = 4,65 M  DARI TITIK C TERJADI M MAX        MX2 = + 1,8 X2 –Q.1/3 X2 = 1,8 X2 –  

 . 

 X2               X2 = 0        MC = 0         X2 = 6         MB = 1,8 . 6  ‐   

 .  .6 

= 4, 8 TM         X2 = 4,65    M MAX = 1, 8 . 4, 65 –  4,65 2 12

 .

1 3

 .4,65 

= 5, 58 TM       

a

Q

   

BALOK GERBER 

    A      S  B  C             S = SENDI GERBER        TIDAK DAPAT MENERIMA GAYA HORISONTAL        SENDI GERBER LETAKNYA DIATAS         MERUPAKAN SAMBUNGAN, REAKSI DARI SENDI GERBER        MENJADI BEBAN PADA BALOK DIBAWAHNYA       A       S         VS         VS          B       C           UNTUK MULAI MENGHITUNG BALOK GERBER, SEBAIKNYA DIPISAHKAN LEBIH DAHULU,         DICARI  REAKSI2 UNTUK BALOK  YANG TERLETAK DIATAS, DAN REAKSI SENDI GERBER        AKAN MENJADI BEBAN PADA BALOK DIBAWAHNYA .        BALOK AS      DIHITUNG  REAKSI  VA DAN VS        BALOK SBC    REAKSI VS  MENJADI BEBAN,  SEHINGGA VB DAN VC DAPAT DIHITUNG        DARI PERHITUNGAN DIATAS, SELANJUTNYA DAPAT DIHITUNG DAN JUGA DIGAMBAR        BIDANG NORMAL, LINTANG DAN MOMEN .     

CONTOH CONTOH BALOK GERBER  

                                        JADI YANG PERLU DIINGAT,KALAU PERLETAKAN SENDI ATAU ROL HARUS ADA  PERLETAKAN LAIN SENDI ATAUPUN ROL, SEDANG KALAU PERLETAKAN JEPIT DAPAT  BERDIRI SENDIRI .DENGAN BEGITU AKAN DIDAPATKAN PEMBAGIAN YANG BENAR, MANA  YANG HARUS DIATAS DAN SETERUSNYA .      A  B  S1  S2 C D  A  B  S1  S2 C D  A  B C  S1  S2 S1  A  B S2 C 

      q = 1 t/m       P=4 T             A       10 M       B      2 M       S      8 M       C      2M    D              4 T        X3       X4              X1      X2              ∑  = 0         HB = 0    TIDAK ADA BIDANG N   

D 

 

 

 

 

M 

 

 

 

 

 

BALOK   SCD  ∑  = 0       VS . 8 + 4 . 2 = 0         VS = ‐ 1 T        VS = 1 T  ∑  = 0       ‐ VC .8 + 4 . 10 = 0      VC = 5 T  S C  D A  B  VS= 1 T VC= 5 T VB= 3, 8 T  VA= 5, 2 T   5, 2 T  4, 8 T 1 T 1 T  4 T 8 TM  2 TM M MAX =     TM 

BALOK   ABS  ∑  =0       VA . 10 – 1. 10. 5 – 1. 2 = 0       VA = 5, 2 T  ∑  = 0    ‐ VB . 10 + 1. 10 . 5 ‐ 1. 12 = 0     VB = 3, 8 T  DX1 = 5, 2 – 1 X1    LIHAT KIRI POT       X1  X1 = 0     DA = 5, 2 T      Q=1.X1  X1 = 10   DB = 5, 2 – 10 = ‐ 4, 8 T  DX1 = 0      5,2‐ 1 X1 = 0       X1 = 5,2 M DARI  A  TERJADI  M MAX  MX1 = 5,2 X1 – 1. X1 . 1/2 . X1  X1 = 0     MA = 0  X1 = 10   MB = 5,2 . 10 – 1 .10 . 1/2 . 10 = + 2 TM  X1 = 5, 2   M MAX = 5, 2 . 5, 2 – 1 . 5, 2 . 1/2 . 5, 2 = 13, 52 TM  DX2 = ‐ 1 T    LIHAT KANAN POTONGAN  X2 = 0      DS = 1 T      X2       VS = 1 T  X2 = 2      DB = 1      S  MX2 = + 1. X2  X2 = 0      MS = 0  X2 = 2      MB = + 2 TM  DX3 = ‐ 1 T       LIHAT KIRI POTONGAN  X3 = 0       DS = ‐ 1 T      S       X3 = 8       DC = ‐ 1 T      VS = 1 T  MX3 = ‐ 1 . X3  X3 = 0       MS = 0       LIHAT KANAN POTONGAN  X3 = 8       MC = ‐ 8 T      X4      4 T  DX4 = + 4 T       MX4 = ‐ 4 . X4  X4 = 0      DD = + 4 T      X4 = 0      MD = 0  X4 = 2      DC = + 4 T      X4 = 2       MC = ‐ 8 TM          X3

       q = 1 t/m         ∑  = 0  + HE +2‐3 = 0   HE = 1 T         2 M        ∑ =0  + VE.6‐1.5 +3.2‐3.8 ‐6.3=0         VE = 6,833 T        3 M     ∑ =0   ‐ VC.6+6.3‐3.2+2.5‐3.3=0        VC = 2,167 T       2M       6 M  UNTUK MEMUDAHKAN MENGGAMBAR BIDANG M, N DAN D, SEBAIKNYA DIBUAT FREE  BODY DIAGRAM .      BATANG BC        ∑ =0   MBC– 2,167.6+6.3=0        MBC = ‐ 5 TM    BATANG AB        ∑  =0    +MBA‐3.2 =0        MBA = 6 TM         Jumlah momen,gaya V maupun H pada satu titiksimpul = 0         ∑  =0, MAKA DAPAT DIHITUNG BAHWA MBE  PADA        BE  SAMA DENGAN 1 TM SEARAH JARUM JAM , SETELAH        DIDAPAT M BC = 5 TM       DAN   M BA = 6 TM    DARI HASIL FREE BODY DIATAS, MAKA BIDANG NORMAL, LINTANG MAUPUN MOMEN  DAPAT DIGAMBAR DENGAN MUDAH DAN HARUS TETAP MENGGUNAKAN ATURAN ARAH  BIDANG M , N  MAUPUN  D .        2 T  3 T  3 T  A  B  C D  E  A  2 T  3 T  B  C D  E  2,167 T 6,833 T 1 T 3 T  3 T  6,833 T 3,833 T 2 T  2 T  6TM  5 TM 1 TM 

GAMBAR SEBELAH KIRI MENJELASKAN PROSES PENGGAMBARAN BIDANG N, M, D                          X              DX = 0    ‐ 2,167 + 1X =0         X = 2, 167 M                       MX = 2,167 X – 1. X .1/2 . X        X= 2, 167    M MAX = 2,167. 2,167 – 1 .2,167 . 1/2 . 2, 167            =   2, 35 TM  MD = ‐1 . 3 = ‐ 3 TM  2 T  A  _2 T B  6,833 T 6,833 T 2 T 6,833 T

N 

3 T  3 T  3,833 T 2,167 T 3 T 1 T

D 

1 T 3 T  3,833 T 2,167 T 2 T 2 T 2,167 T 5 TM 6TM  1 TM  3 TM 1TM 6TM 5 TM 2,35 TM 1 T D  D 

_M 

         

       2 T      3 T       ∑ =0   + HE + 2 = 0   HE = 2 T         ∑  = 0   + VE – 3 – 1,5 = 0        4 M      + VE = 4, 5 T         ∑  = 0           + ME + 3.1 + 2.4 + 1,5 .4,75 = 0     2 M       ME = 18, 125 TM         3 M      1 M      1, 5 M             3 T                BATANG BD    ∑ 0  +MBD + 1,5. 1,75=0    MBD = 2, 625 TM         BATANG BA    18,125 TM      ∑ =0 + MBA – 3.2 = 0                   M BA = 6 TM    DENGAN MENGGUNAKAN ∑  = 0, DIDAPAT         M BE = 3, 375 TM          D EB = 4,5 COS α + 2 SIN α = 4,5. 3/5 + 2. 4/5         = 2,7 + 1,6 = 4, 3 T        N EB = ‐ 4,5 SIN α + 2 COS α = ‐ 4,5 4/5 + 2. 3/5        = ‐ 3,6 + 1,2 = ‐ 2,4 T  α  α         α  q = 1 t/m A  B  D  E  C q = 1 t/m A  B  C  D  E  VE = 4, 5 T  HE = 2 T  4, 5 T 3 T  1, 5 T 2 T  2 T  2,625 TM 6 TM  2 T  3,375 TM  HE = 2 T  2 SIN α  2 COS α  4,5  COS α  4,5 SIN α  B  E 

                                                        2 T  2, 4 T 

N 

D 

1,125 TM 6 TM 2,625 TM

M

18,125 TM  3,375 TM 4,3 T  4,3 T 3 T  1,5 T  1,5 T 2, 4 T 2 T

BEBAN ATAU MUATAN TIDAK LANGSUNG . 

      q = 1 t/m       q = 1 t/m         4 T          A       B       C      D       E      F         λ      2m      1m           5 λ = 20 M           4 T  CONTOH        A      B       B      C      C  D      D  E      E       F        2      2    1,5       0,5     3      1      2       2      B      C               2      3, 5       3, 5       1       2       2       ∑ 0         VB.4 – 2.3 = 0    A      B      C       D       E       F     VB = 1,5 T         VC = 0, 5 T  DARI GAMBAR DIATAS TERLIHAT BAHWA BEBAN TIDAK LANGSUNG MENJADI BEBAN PADA  GELAGAR UTAMA / MEMANJANG TETAPI DITERIMA DAHULU OLEH GELAGAR MELINTANG.  SEHINGGA UNTUK MEMUDAHKAN PEMBAGIAN BEBAN, GELAGAR MELINTANG DIMISALKAN  SEBAGAI PERLETAKAN KECIL,SEHINGGA DAPAT DICARI REAKSI PERLETAKAN AKIBAT BEBAN  TERSEBUT DAN REAKSI REAKSI TERSEBUT   KEMUDIAN  DIBEBANKAN KE GELAGAR UTAMA.  SETELAH BEBAN TERDISTRIBUSI KE GELAGAR UTAMA, BARU DAPAT DIHITUNG REAKSI  PERLETAKANNYA ,  KEMUDIAN PERHITUNGAN DAN PENGGAMBARAN BIDANG MOMEN DAN  LINTANG DAPAT DILAKUKAN .  ∑  =0     VA . 20 – 2.20 – 3,5.16 – 3,5 . 12 – 1. 8 – 2. 4 = 0 VA = 7,7 T  ∑ = 0    ‐ VF . 20 + 2. 20 + 2. 16 + 1. 12 + 3,5 .8 + 3,5 .4 = 0      VF = 6, 3 T      PERHITUNGAN SELANJUTNYA SAMA DENGAN PERHITUNGAN PERHITUNGAN TERDAHULU,  HANYA BEDANYA BEBAN BEBAN YANG SEMULA ADALAH BEBAN MERATA PADA GELAGAR  MELINTANG MENJADI BEBAN TERPUSAT PADA GELAGAR UTAMA  .    Gel.melintang  Gel.memanjang

RUMUS YANG HARUS DIINGAT UNTUK KULIAH KULIAH DI 

SEMESTER SEMESTERBERIKUTNYA .

          P      q          L      L                           1/2 L      1/2 L      L                      P  P qL PL   1/2 qL2  P  q  1/2 qL   1/2 qL    1/2 P    1/2 P   1/4 PL    1/8 qL2 

D

D

M

M

APLIKASI DI LAPANGAN 

    q t/m    A  B  C           BALOK ABC MENDAPAT        BEBAN LUAR q t/m        GAMBAR BIDANG D          DAN BIDANG M         SEPERTI TERGAMBAR        APABILA BALOK ABC DIATAS ADALAH BALOK BETON          Warna biru adalah  sengkang        dimana  makin  besar  gaya D ,        jarak sengkang semakin rapat  .             Warna  merah  adalah  tulangan tarik  Ditempatkan diatas karena momen negative , dimana serat tertarik ada di serat atas .  Ditempatkan dibawah karena momen positive ,dimana serat tertarik ada di seratbawah  Tul tarik  Tul tarik  sengkang sengkang

KONSTRUKSI RANGKA BATANG 

                GAMBAR DIATAS DINAMAKAN RANGKA BATANG  TITIK  A,B,C,D,E,F,G  DISEBUT  TITIK  BUHUL ATAU TITIK SIMPUL .  AC , CD, DE, EB, CF , FD , DG , EG , AF , FG , GB  DISEBUT BATANG .  KONSTRUKSI RANGKA BATANG STATIS TERTENTU APABILA MEMENUHI SYARAT :   

2 X  JUMLAH TITIK BUHUL =   JUMLAH BATANG   +   3 

 

SEBAGAI CONTOH KONSTRUKSI DIATAS      2 . 7 = 11 + 3        14 = 14    MAKA KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI RANGKA BATANG STATIS TERTENTU .  UNTUK MENCARI GAYA BATANG DARI KONSTRUKSI DIATAS ADA BANYAK CARA,TETAPI   DISINI HANYA AKAN DIJELASKAN DUA CARA YAITU  :    1.

CARA KESETIMBANGAN TITIK BUHUL / TITIK SIMPUL 

2.CARA  RITTER 

 

A  B C  D  E F  G

CARA KESETIMBANGAN TITIK SIMPUL / TITIK BUHUL

    UNTUK PERHITUNGAN GAYA BATANG BEBAN TIDAK BEKERJA PADA TITIK SIMPUL HARUS  DIKERJAKAN PADA TITIK SIMPUL.  TITIK BUHUL ATAU TITIK SIMPUL DIANGGAP SEBAGAI PERLETAKAN SENDI, SEHINGGA  PERHITUNGAN GAYA BATANGNYA MENGGUNAKAN :   

∑

=0   ATAU   ∑  =0

     DAN      

∑

  

ATAU  ∑ =0 

  BATANG YANG AKAN DICARI GAYA BATANGNYA DIANGGAP DAHULU SEBAGAI BATANG  TARIK, SEHINGGA ARAH GAYA NYA MENARIK ATAU MENINGGALKAN TITIK YANG  DITINJAU.          BEBAN PADA BATANG FG  ADALAH   q = 1 t/m        BEBAN HARUS DITEMPATKAN PADA     TITIK  SIMPUL              KARENA BEBAN DAN KONSTRUKSI          SIMETRIS MAKA VA = VB = 1,5 T                 PERHITUNGAN DIMULAI DARI TITIK SIMPUL YANG MEMPUNYAI MAXIMUM DUA BATANG  YANG BELUM DIKETAHUI , DEMIKIAN JUGA SELANJUTNYA .    A  B C  D  E F  G 4 M  3 M  3 M  3 M 1,5 T  1,5 T A  C  D  E B F  G

TITIK  A    ∑  = 0   1,5 + S AC = 0       S AC = ‐ 1,5 T    HASIL  S AC NEGATIF, ARTINYA ARAH PEMISALAN    SALAH , ARTINYA  S AC  BUKAN BATANG TARIK            TETAPI BATANG TEKAN.       S AC = 1,5 T ( TEKAN )    ∑  = 0        S AF = 0      TITIK C        HASIL S AC ADALAH 1,5 T TEKAN , MAKA         PADA TITIK SIMPUL C  ARAH  S AC MENEKAN         TITIK C      ∑  = 0    1,5 ‐ S CF SIN α = 0      S CF =  1,5 / SIN α =  1,875 T           S CF = 1, 875 T ( TARIK )  ∑ = 0     + S CD + S CF COS α =0               S CD + (  1, 875 . 3/5 ) = 0              S CD =  ‐1, 125 T         S CD = 1, 125 T  ( TEKAN )    TITIK  D  ∑  = 0      S DF = 0    ∑ = 0      S DE + 1, 125 = 0              S DE =‐  1, 125 T       S DE = 1, 125 T ( TEKAN )          S AC  S AF  1,5 T  1,5 T  S CD    S CF  SIN α  S CF   S CF  COS α 1,125 T  S  DE  S  DF    D     C     A  

TITIK  F        ∑ V =  0  ∑  =0      ‐ 1,5+ 1, 875 . 4/5 + S FE SIN α = 0  ‐ 1,5+ 1, 5 + S FE . 4/5 = 0     S FE = 0         ∑  = 0       S FG + S FE COS α ‐ 1,875 COS α = 0         S FG = ‐ 0. 3/5 +1, 875 . 3/5 =  1, 125 T   ( TARIK  )    TITIK  G         ∑  = 0    ‐ 1,5 + S GE = 0    S GE = 1, 5 T ( TARIK )    ∑  = 0      ‐ 1, 125 + S GB = 0        S GB = 1, 125 T ( TARIK )      TITIK  E    ∑ = 0    ‐ 1,5 – S EB SIN α = 0         S EB = ‐ 1, 875 T           S EB = 1, 875 T ( TEKAN )    KONTROL  ∑  = 0    1,125 + S EB COS α = 0  1, 125 + ( ‐ 1,875 . 3/5 ) = 0  1, 125 ‐1, 125 = 0       ( OK )      S  CF = 1,875      1,875 COS α  1,875 SIN α      _S FE  S FE COS α S FG  S FE SIN α    F    1, 5 T  S FG = 1, 125  S GB   1, 5 T  S GE    G    E  S DE = 1, 125  S EG = 1, 5  S EB S EB COS α S EB SIN α 

 

METHODE  RITTER 

          MEMOTONG TIGA BATANG TAPI BATANG YANG DI POTONG TIDAK          BOLEH BERTEMU PADA SATU TITIK BUHUL / TITIK SIMPUL .        BATANG YANG MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG ,    MENCARI GAYA BATANG NYA DENGAN MEMAKAI :    ∑   PADA CENTRUM KEKUATAN BATANG = 0        CENTRUM KEKUATAN BATANG  1  ADALAH PERPOTONGAN        BATANG  2  DAN  BATANG  3 .        BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG ,       MENCARI GAYA BATANG NYA DENGAN MEMAKAI :        ∑  = 0      ∑  = 0                BATANG YANG DIPOTONG ADALAH   S CD, S CG , S FG        CENTRUM KEKUATAN BATANG  CD ADALAH PERPOTONGAN S CG DAN S FG        DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK  G .         CENTRUM KEKUATAN BATANG CGADALAH PERPOTONGAN S CD DAN S FG        DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK  A         ( Ingat   gaya   dapat   dipindahkan   sepanjang  garis    kerjanya )        CENTRUM KEKUATAN BATANG FG ADALAH PERPOTONGAN S CD DAN S CG        DARI HASIL PERPOTONGAN TERSEBUT ADALAH TITIK  C .    A    B    C  D E F  G H

                  KEUNTUNGAN DARI CARA RITTER ADALAH DAPAT MENCARI BESAR GAYA BATANG  DIMANAPUN JUGA , TANPA HARUS MULAI DARI PERLETAKAN .  UNTUK MELIHAT KEARAH KIRI POTONGANATAU KANAN DISARANKANMELIHAT KEARAH  YANG TIDAK BANYAK GAYA BEKERJA .  MENCARI  S DE  DAN  S EF ,DIPOTONG BATANG  S DE, S EF , S FG  CENTRUM KEKUATAN BATANG  DE ADALAH TITIK  F  ∑  = 0 ( LIHAT KANAN POT )  ‐ S DE . 4 – 1,5 .6  + 1, 5 . 3 = 0  S DE = ‐ 1, 125 T  S DE = 1, 125 T  ( TEKAN )      BATANG S EF  ADALAH BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG ,  KARENA  BATANG  S DE DAN  BATANG  S FG  TIDAK AKAN MUNGKIN BERPOTONGAN .  ∑ = 0       + 1, 5 – 1, 5 – S EF SIN α = 0                S EF = 0      1,5 T  _1,5 T A  B C  D  E F  G 3 M  3 M  3 M 4 M 1,5 T  1,5 T F 6 M 4 M 1,5 T S DE 1,5 T S EF SIN α S EF

  UNTUK MENCARI BATANG S GF , S GE DAN  S EB, DIPOTONG KETIGA BATANG     TERSEBUT .  LIHAT KANAN POTONGAN .      SIN α =   a / 3     a = 3 SIN α    a = 3 . 4 / 5 = 12 / 5  M          MENGHITUNG  S GF        ∑  = 0       + S GF . 4 – 1, 5 . 3 = 0         S GF = 1, 125 T ( TARIK )    MENGHITUNG  SEB        ∑  = 0         ‐ S EB . 12/5 – 1,5 . 3 = 0             S EB = ‐ 1, 875 T         S EB = 1, 875 ( TEKAN )    MENGHITUNG  S GE       ∑  = 0      + S GE . 3 – 1, 5 . 3 = 0    S GE  = 1,5 T ( TARIK )  UNTUK MENGHITUNG  S GE  DAPAT DIPAKAI CARA LAIN DENGAN MEMOTONG SEPERTI  GAMBAR DIBAWAH INI MESKIPUN BATANG BATANG YANG DIPOTONG BERTEMU PADA  SATU TITIK, TAPI CARA INI HANYA BOLEH DIPAKAI UNTUK BATANG YANG SEPERTI  S GE.           LIHAT  DIBAWAH POTONGAN         ∑ = 0        + S GE – 1, 5 = 0         S GE = 1, 5 T  ( TARIK )        1,5 T B E  S EB S GE  S GF  S EB a G  1,5 T 3 M 4 M  S GE  1,5 T 

 

GARIS PENGARUH 

 

REAKSI PERLETAKAN  BIDANG D      AKIBAT BEBAN MATI  BIDANG M    GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN  GARIS PENGARUH D       AKIBAT BEBAN BERJALAN  GARIS PENGARUH M    CONTOH APLIKASI DI LAPANGAN        KITA AKAN MENCARI REAKSI DI A        UNTUK MERENCANAKAN KEPALA        JEMBATAN DI A .        A       B      A      B  PANJANG JEMBATAN 15 M      P = 20 T 

RA/ VA AKIBAT  BEBAN MATI= 1/2 . 2 . 15 =15 T      1       GP RA / GP VA  RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN ,  P = 20 T 

P = 20 T DITEMPATKAN PADA ORDINAT TERBESAR DARI  GAMBAR GP RA / GP VA  RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN= 20 X 1 =20 T   ( P X ORDINAT MAXIMUM )  MAKA RA / VA UNTUK PERENCANAAN DEMENSI  KEPALA JEMBATAN              ADALAH   15 T + 20 T = 35 T 

BALOK JEMBATAN

KEPALA JEMBATAN  KEPALA JEMBATAN Beban  berjalan P= 20 t 

        A      P = 1      B      C       GP RA / GP VA         MISAL P = 1 BERJALAN,         10 M       2 M      BERADA SEJARAK  X M         DARI  A.    GP RA/ GP VA  ∑  = 0        VA . 10 – 1 .( 10 – X ) = 0         VA =      GP RB / GP VB        P=1 DI A    X= 0   VA = 1        P=1 DI B    X=10   VA = 0         P=1 DI C    X = 12  VA = ‐ 2/10    GP RB / GP VB  MISAL P =1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A  ∑  = 0         ‐ VB . 10 + 1 . X = 0      VB = X  P= 1   DI  A        X = 0      VB = 0  P = 1   DI B        X = 10      VB = 1  P = 1   DI C        X = 12      VB = 12/10    ATAU DAPAT DENGAN CARA LAIN , DENGAN MELETAKKAN P = 1 DI A , DI B         DAN DI C  DAN  DICARI BESAR RA ATAU VA , DIDAPAT GP RA / GP VA .          P =1 DI A    ∑  = 0    VA.10 – 1 .10 = 0   A       10 M      B       2 M       C        VA = 1  P = 1 DI B      ∑  = 0        VA . 10 – 1 . 0 = 0       VA = 0  P= 1 DI C      ∑  = 0         VA. 10 + 1. 2 = 0      VA = ‐ 2/10    X  M  1  2/10  12/10  1  P=1 _P=1  P=1 

JADI DARI PENJELASAN DAN CONTOH SOAL DAPAT DISIMPULKAN BAHWA GARIS PENGARUH  REAKSI PELETAKAN ADALAH GAMBAR BESAR REAKSI PERLETAKAN PADA WAKTU P = 1  BERJALAN  DIATAS  BALOK TERSEBUT ,  DEMIKIAN JUGA ARTINYA UNTUK GARIS PENGARUH  GAYA LINTANG ( D )  MAUPUN  GARIS PENGARUH MOMEN ( M ) .    HITUNG BESAR RA MAXIMUM APABILA BEBAN BERJALAN P = 25 T BERADA DIATAS BALOK  ABC  ,  HITUNG JUGA APABILA YANG BERJALAN   q = 2 t/m SEPANJANG 2 M .  CARA MENGHITUNGNYA DIPAKAI GARIS PENGARUH  RA , DENGAN MELETAKKAN P = 25 T  PADA ORDINAT MAXIMUM  DAN  q = 2 t / m PADA LUASAN YANG MAXIMUM .             RA MAX = 25 X 1 = 25 T                a 

          

a =  8/10        luas   luasan  dibawah beban           2 m       =  ( 1 + 8/10 ).1/2 . 2  Ingat  luas trapesium = jumlh sisi sejajar  kali setengah tinggi       Luas = 1, 8 m 2  q = 2 t/m

 

RA MAX = 2 X 1,8 = 3, 6 TM.  GAMBAR GARIS PENGARUH SELALU LURUS TIDAK PERNAH TERPUTUS .      GAMBAR GP RB  YANG BENAR         BUKTI      /      ingat : perbandingan segitiga    GAMBAR GP RB YANG SALAH   1  1  2/10  2/10  P = 25 T  q = 2 t/m  1 1  _12/10  10 M  2 M 

GARIS PENGARUH  D  DAN  GARIS PENGARUH  M 

 

       x m      P=1           A       C       B        3 M       12 M  VA       VB    APABILA P = 1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A , MAKA BESAR DC DAN MC  DAPAT DIHITUNG , DENGAN MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU KEKANAN POTONGAN.  LIHAT KIRI POTONGANLIHAT KANAN POTONGAN  DC = VA – 1      DC = ‐ VB  MC = VA . 3 – 1 ( 3 – X )      MC = VB . 12    DARI DUA HASIL DIATAS DISARANKAN MELIHAT KEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI  REAKSI PERLETAKAN DI KANAN POTONGAN DALAM PERHITUNGAN  DC MAUPUN  MC .    MAKA DAPAT DISIMPULKAN, APABILA P =1 TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKAN , MAKA  DALAM PERHITUNGAN DC DAN MC  DISARANKAN SEBAGAI BERIKUT :  P = 1 ADA DI KIRI POTONGANSEBAIKNYA MELIHATKEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI  REAKSI DISEBELAH KANAN  POTONGAN .  P = 1 ADA DI KANAN POTONGAN SEBAIKNYA MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU MEMAKAI  REAKSI DISEBELAH KIRI POTONGAN .  SEDANG UNTUK P =1 YANG TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN DAN BEBAS , SEBAIKNYA  MELIHAT KEARAH BEBAS .      A      B       D               UNTUK MENGHITUNG  DD DAN MD ,  SEBAIKNYA LIHAT KANAN POTONGAN  D   SEHINGGA TIDAK PERLU MENGHITUNG REAKSI DI A MAUPUN DI B 

  GP DC DAN GP MC         A      B      C       D      P = 1 DI  A         3 M      3 M       7 M       ∑ =0   ‐ VD.10 – 1.3 = 0         VD = ‐ 3/10         GP  DC      C      D          7 m      3/10    DC = + 3/10    GP MC      MC = ‐ 3/10 . 7 = ‐ 21/10    P=1 DI  B    VD = 0     DC = 0   MC = 0      P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KIRI C  ∑  = 0      ‐ VD . 10 + 1 . 3 = 0       VD = 3/10      C       D         DC = ‐ 3/10      MC = + 3/10 . 7 = 21/10       7 m    3/10      P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C       B  ∑  = 0       VB .10 – 1 .7 = 0      VB = 7/10    A       C        DC = + 7/10      MC = + 7/10 .3 = 21/10       7/10      3 m      P = 1 DI D  ∑  = 0        VB = 0        DC = 0        MC = 0    21/10  21/10  3/10  3/10 7/10 

       A      E      B       C           2M         1M    KARENA POTONGAN TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN SNDI DAN BEBAS , MAKA UNTUK  MUDAH NYA MELIHAT SAJA KEARAH BEBAS . P =1 DILETAKKAN DI TITIK A , E , B , C .               A      E       B       C          2 m          P = 1   DI TITIK A      DE = ‐ 1      ME = ‐ 1 . 2 = ‐ 2        P= 1    DI TITIK  SEDIKIT SEBELAH KIRI E      DE = ‐ 1      ME = ‐ 1 . 0 = 0        P = 1   DI TITIK SEDIKIT SEBELAH KANAN E     DE = 0       ME = 0        P = 1   DI TITIK B DAN TITIK C       DE = 0       ME = 0           A      E       B       C            GP DE               GP ME    1 1 2 P = 1 P = 1 P = 1 P = 1 P = 1

DARI CONTOH SOAL YANG TELAH DIBERIKAN , DAPAT DISIMPULKAN BAHWA BENTUK  GAMBAR GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN, GAYA LINTANG DAN MOMEN PADA  POTONGAN YANG TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKKAN SELALU SAMA. SEHINGGA KALAU  BALOK TERSEBUT MEMPUNYAI  KANTILEVER  TINGGAL MENERUSKAN SAJA.    A      C      B       D       A       C       B             GP RA / VA        GP RB/ VB               GP DC              ORDINAT UNTUK DC TEPAT DIKIRI POTONGAN DAN DIKANAN POTONGAN KALAU  DIJUMLAH  BESAR NYA  HARUS  1 , KARENA  PEMISALAN  BEBAN BERJALAN   P = 1    GP  MC          DENGAN DEMIKIAN MAKA ORDINAT ORDINAT PADA GARIS PENGARUH DAPAT DIHITUNG  DENGAN  MENGGUNAKAN  PERBANDINGAN SEGITIGA ,  ASAL SATU ORDINAT SUDAH  DIHITUNG .  1  1  1 1 

1 

1

  HITUNG BESAR RD        2 M       2 M       8 M       3 M      YANG DIPAKAI UTK    PERENCANAAN          KEPALA JEMB . DI D        APABILA DIKETAHUI :         BEBAN MATI q = 2 t/m         BEBAN HIDUP P = 20 T    GP RD      AKIBAT BEBAN MATI  q = 2 t/ m  ∑  = 0    ‐ RD . 10 + 20 . 5 + 6 . 11,5 – 4 . 1 = 0    RD = 16,5 T    AKIBAT BEBAN HIDUP  P = 20 T , DIPAKAI GARIS PENGARUH  RD …..CARI ORDINAT DI TITIK A  DAN DI TITIK D DENGAN MEMAKAI PERBANDINGAN SEGITIGA .  a / 1 = 2 / 10        a = 0,2       1 / e = 10 / 13         e = 1,3    RD = 20  X  ORDINAT MAX PADA GP RD   = 20 X 1,3 = 26 T    RD = 26 T      RD  YANG DIPAKAI UNTUK PERENCANAAN  KEPALA JEMBATAN DI D = 

16,5 T + 26 T = 42,5 T 

        q = 2 t/m  A  B  C  D  E  1  a  e 

  HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH  DC        P=1 DI A        ∑   ‐RD.10 – 1 . 2 = 0     RD =  2/10    DC = ‐ 2/10  2/10 c1   2 2         c1 = 2/10       P = 1 DI SEDIKIT KIRI C     DC= 2/ 10       c2 = 1 – 2/10 = 8/10       P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C      DC = ‐ 8 /10  /

      e  

/

 

      P =1  DI  E       DC = 3 /10          HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH  MC            P = 1 DI A         RD = 2/10      MC = ‐ 2/10 . 8 = ‐ 16/10        P = 1  DI  C         /

 

      c = 16 /10      MC = 16 /10      P = 1  DI   E        

 /

          

e = 6 /10       MC = 6 /10        2/10  c 1 c 2  e  2/10  D  C 16/10  c  e 

HITUNG BESAR  MC  max  POSITIF APABILA BEBAN BERJALAN P = 30 T BERADA DIATAS  JEMBATAN      30 T         GP  MC        MC  max =  P .  (ORDINAT MAX POSITIF)  =  30 . 16/10  =  48 TON    HITUNG BESAR   MC max    APABILA BEBAN BERJALAN   q = 2 t/m SEPANJANG 2 M BERADA  DIATAS JEMBATAN .         2m      q = 2 t/m          Y 1       Y 2    Diusahakan  ordinat   Y 1 = Y 2  untuk          a        2‐ a       mendapatkan M max        2 m       8 m 

,

    

       

      

 

  ,

 

 

Y1 = Y2         

      

12 + 2a = 16 – 8a      10a = 4     a = 0,4 

Y 1 =  1, 6 ( 2 – 0,4 )  /  2  =  1, 28      LUAS TRAPESIUM = ( 1,28 + 1,6 ) 1/2. 0,4  +  ( 1,28 + 1,6 ) 1/2 .( 2‐ 0,4 ) = 0,576 + 2,304 =      2,88 m 2  MC max = q .  luasan  dibawah  beban   berjalan = 2 . 2, 88 = 5,76 TM    16/10  16/10  6/10  1, 6 

GARIS PENGARUH PADA BALOK GERBER 

  BERDASAR PADA BENTUK BENTUK GARIS PENGARUH YANG SUDAH PASTI , MAKA AKAN  LEBIH MUDAH MENGGAMBAR GARIS PENGARUH PADA BALOK GERBER .                            UNTUK MENGHITUNG  GP  D I  DAN M I  DIBUTUH KAN   VB ATAU VC .  PADA WAKTU P = 1  DI DAERAH A B S         VB DAN VC  DAPAT DIHITUNG  PADA WAKTU P =1   DI DAERAH  S B C        VB DAN VC TIDAK DAPAT DIHITUNG  MAKA DARI PENJELASAN DIATAS ,GAMBAR GARIS PENGARUHNYA HANYA DI  A B S    UNTUK MENGHITUNG  GP  D I DAN MII   DIBUTUHKAN    VC  ATAU  VD  PADA WAKTU P =1 DI DAERAH  A B S      VB DAN VC  DAPAT DIHITUNG  PADA WAKTU P =1 DI DAERAH  S C D      VB DAN VC  DAPAT DIHITUNG  MAKA DARI PENJELASAN DIATAS ,GAMBAR GARIS PENGARUH  ADA DI DAERAH A B S C D  A  B  S C D A  B  S  C  D  I  I I  GP D I  GP M I 

     GP  RB         P = 1  DI A   

 

a = 8/6         2 M      6 M       3 M  P = 1 DI A …..RB = 8/6              GP   MD        P = 1  DI A         ∑ MB = 0     ‐ VS . 6 – 1 . 2 = 0  ‐       VS = ‐ 2/6                 MD = ‐ 2/6 . 4 = ‐ 8/6    P = 1 DI D 

      

_/

     

b = 8/6    P = 1 DI  D…MD= +8/6      GP  DE        P = 1  DI A     

 

      c = 2/6        P = 1   DI A         DE =  + 2/6            S C A  B  A  B  S C 2M  D  E 1M GP RB GP MD  GP DE 1  a  b = 8/6  1 1 c  = 2/6  2/6 D  S D 4 M  8/6  Lihat   hal 51 

GARIS PENGARUH RANGKA BATANG  

    HITUNG DAN GAMBAR         GARIS PENGARUH S CD , S CG ,    4m    DAN S FG .          UNTUK MENCARI GAYA BATANG         3m      3m      3m       3m      DIATAS , PAKAI CARA RITTER         DENGAN CARA MEMOTONG         BATANG S CD , S CG DAN S FG.     

       P = 1 DI A

        VB = 0             S CD , S CG DAN S FG =0 

       P = 1 DI F    ∑

0        ‐  VB . 12 + 1. 3 = 0   VB= 3/12     SCG sinα         4m           3/12    6m    ∑  =0         ‐ 3/12. 6 – S CD. 4 =0    S CD = ‐ 18/48 =‐ 3/8         ∑ =0  + 3/12 + S CG SIN α =0         S CG = 

‐ 

 

 / 

 ‐ 15 /48    ∑ MC =0    ‐ 3/12 .12 + S FG . 4 = 0         S FG = + 3/ 4  A  B C  D  _E  F  _G  H      GP   S CD  GP   S CG  GP   S FG G  C S CD S FG 3/8  15/48  3/4  3/4  5/8  3/8  15/48 3/16 Ingat  bahwa  apabila P =1 ada  disebelah kiri  potongan ,maka reaksi yang dipakai disebelah  kanan potongan atau melihat kebagian kanan  potongan ,begitu juga sebaliknya 

   

P=1 DI G 

∑  = 0        VA = 1/2      ∑  = 0     1/2 . 6 + S CD . 4 = 0      S CD = ‐ 3/4               C       ∑ = 0    1/2 – S CG SIN α =0        S CG 

= 

/_/

 

    G  ∑ = 0    1/2 . 3 – S FG . 4 =0     6 m       S FG = + 3/8         3m       

P = 1 DI H 

∑  = 0     VA . 12 – 1 . 3 = 0       VA = 3/12      ∑ 0  3/12 .6 + S CD . 4 = 0    SCD= ‐6/4        C       ∑ = 0    3/12 – S CG SIN α =0        S CG 

= 

/_/

 

    G  ∑  = 0    1/4 . 3 – S FG . 4 =0     6 m       S FG = + 3/16        3m   

 

 

 

 

S CD S FG S CG  SIN α  1/2  S CD S FG S CG  SIN α  1/2 

DARI CONTOH PERHITUNGAN DIATAS DAPAT DISIMPULKAN APABILA RANGKA  BATANG TERLETAK DIANTARA DUA PERLETAKKAN , MAKA UNTUK GARIS PENGARUH  BATANG YANG MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , MAKA GAMBAR GARIS  PENGARUHNYA BERBENTUK SEGITIGA DENGAN PUNCAK DIBAWAH CENTRUM , SEDANG  UNTUK BATANG DIAGONAL YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG,  GAMBAR GARIS PENGARUHNYA BERBENTUK SEGITIGA DENGAN PUNCAK PADA TITIK  SIMPUL YANG MEMEGANGI BATANG TERSEBUT . JADI UNTUK ORDINAT DIHITUNG SAJA  PADA PUNCAK NYA , SEDANG ORDINAT LAIN , BISA DIHITUNG DENGAN PERBANDINGAN  SEGITIGA . UNTUK BATANG BAWAH SELALU POSITIF ATAU TARIK , SEDANG BATANG ATAS  SELALU NEGATIF ATAU TEKAN . 

 

  HITUNG DAN GAMBAR  

 

GARIS PENGARUH          4 m       S DG, S EF , S EH. 

 

GP S DG         3m                 3m       3m       3m       3m           1         LIHAT KEBAWAH POTONGAN    P = 1 DI A     S DG =0    P = 1 DI G    ∑ =0   S DG ‐1 = 0    S DG = 1    P = 1 DI H ,I ,B     S DG = 0         GP S EH          LIHAT KEATAS POTONGAN            P = 1   DI   A , G , H , I , B         S EH = 0  A  B C  D  E F G H I A _{G  H  I B} S DG  GP   S DG  GP   S EH  S EH B A G  H I

GP S EF  GP S EF         P = 1 DI H ……. VA = VB = 1/2             4m  ∑  = 0    1/2 . 6 + S EF . 4 = 0        VA = 1/2  6m  S EF = ‐ 3/4        HITUNG BESARS EF APABILA BEBAN BERJALAN   q = 2 t/m BERADA TEPAT DI   IB      a / 3/4 = 3/6    a = 9/24   3m    S FE =   q .  luasan yang diarsir  dibawah  beban  merata     S FE =  ‐ 2 . ( 1/2 . 3 . 9/24 ) = ‐ 27 / 24 TM                A S EF H     3/4     3/4  a 

APLIKASI DI LAPANGAN UNTUK GARIS PENGARUH 

         q = 1 t/m        A       B      C            10 m       2 m         DIKETAHUI BALOK JEMBATAN  ABC DENGAN BEBAN MATI  q = 1 t/m  TENTUKAN BESAR MOMEN YANG DIPAKAI UNTUK PERENCANAAN  DEMENSI BALOK TERSEBUT .    UNTUK MENDAPATKAN HASIL MOMEN MAXIMUM YANG DIMAKSUD  YANG HARUS DILAKUKAN ADALAH :    1 . MENCARI BESAR M MAX AKIBAT BEBAN MATI TERSEBUT    2 . MENCARI GARIS PENGARUH MOMEN PADA POTONGAN ATAU TITIK        DIMANA MOMENMAXIMUM TERJADI .    3 . DENGAN BEBAN BERJALAN YANG SUDAH DITENTUKAN , DIDAPAT MOMEN       MAXIMUMNYA .    4 . MOMEN MAX TOTAL DIDAPAT DARI PENJUMLAHAN KEDUA MOMEN YANG         DIDAPAT .( HASIL NO 1 + HASIL NO 3 ) .     

      x m       q = 1 t/m        A      C    1O m      B  2 m    ∑  = 0      VA. 10 – 10. 1. 5 + 2. 1 . 1 = 0         VA = 4,8 T     D X = 0      4,8 – 1X = 0        X = 4,8 m   dari A   terjadi   M Max  MX   =   4,8 X –   1.X. 1/2 X       X = 4,8 m     M max = 4,8. 4,8 – 1 . 4,8 . 1/2 . 4,8  =  11,52 TM  M max   AKIBAT BEBAN MATI  = 11, 52 TM        A       D      B       C        4,8 m       5,2 m       2 m          30 TON  GP  MD        P = 1  PADA POTONGAN SEDIKIT SEBELAH KANAN D  ∑  = 0       VA . 10 – 1 . 5,2 = 0…………VA = 0,52         MD = 0,52 . 4,8 = 0,2496  APABILA BEBAN BERJALAN  ADALAH  P = 30 TON , MAKA   M max   AKIBAT BEBAN BERJALAN   =  30 . 0,2496 = 7,488 TM  JADI MOMEN YANG DIGUNAKAN UNTUK PERENCANAAN DEMENSI ADALAH   11,52 TM + 7,488 TM = 19,008 TM  CATATAN  Contoh diatas dilakukan juga untuk gayaLintang ataupun mencari gaya batang  Pada Konstruksi Rangka Batang .  0,2496