Bahan Ajar Mekanika Rekayasa 3

(1)

BAHAN AJAR

MEKANIKA REKAYASA 3

PROGRAM D3 TEKNIK SIPIL

BOEDI WIBOWO

(2)

2

KATA PENGANTAR

Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena

dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan

BAHAN AJAR MEKANIKA REKAYASA 3 .

Bahan ajar ini diharapkan dapat membantu proses belajar

mengajar di Program Diploma 3 Teknik Sipil , selain diktat

yang sudah ada .

Mata kuliah Mekanika Rekayasa ini merupakan ilmu dasar

keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil ,

dimana pada bahan ajar ini diberikan cara perhitungan

statika untuk Konstruksi Statis Tertentu .

Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar ,

sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk

bahan ajar .

Bahan ajar ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap

dengan contoh soal dan penjelasannya .

(3)

MATERI

.

PENGERTIAN DEFORMASI

. PERHITUNGAN DEFORMASI BALOK DAN

PORTAL DENGAN CARA UNIT LOAD.

. PERHITUNGAN PENURUNAN TITIK SIMPUL

PADA KONSTRUKSI RANGKA BATANG .

. PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA

CONSISTENT DEFORMATION .

. PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA

CROSS.

(4)

4

DEFORMASI

DEFORMASI ( PERUBAHAN BENTUK ) DEFLEKSI ( PENURUNAN / PERGESERAN ) ROTASI ( PERPUTARAN SUDUT )

∆ , δ θ ,

q t/m

A θA B ∆VB θC C P A B ∆VA ΘA

(5)

CARA UNIT LOAD

∆ , θ =

M = PERSAMAAN MOMEN AKIBAT BEBAN LUAR .

m = PERSAMAAN MOMEN AKIBAT BEBAN UNIT .

APABILA DITANYAKAN : * ∆V , BEBAN UNIT P= 1 VERTIKAL . arah beban unit terserah , hanya * ∆H , BEBAN UNIT P = 1 HORISONTAL . kalau hasil ∆ maupun θ negatif * θ , BEBAN UNIT M =1 maka arah deformasi diatas kebalikan dari arah beban unit . ARAH MOMEN UNTUK PERSAMAAN DISEPAKATI SEPERTI GAMBAR DIBAWAH INI .

(6)

6 CONTOH SOAL . 4T HITUNG BESAR PENURUNAN DI TITIK B DARI KONSTRUKSI DAN A EI B 2 EI C BEBAN SEPERTI DISAMPING. 2 m 8 m A B C C A B AB 0 < X < 2 EI M = ‐ 4X m = 0 A 4T A BC 0 < X < 8 2 EI M = ‐4 ( 2 + X ) m = ‐ 1X 4T 2m X 1 X B B

∆ =

∆VB = = ) = 938,6667 / 2 EI ( hasil positif , arah sama dengan beban unit ) 4T VB=1 0 8

(7)

1 t/m 2T CARI BESAR PENURUNAN DI C

A 8m B 4m C 2m D 1 t/m 2T CARI PERSAMAAN M A B C D CARI PERSAMAAN m A B VC =1 D DC 0<X<2 EI M = + 2X m = 0 2T D D CB 0<X<4 EI M= +2 ( 2+ X ) m = ‐ 1X X C 2m X P =1 BA 0<X<8 2EI M= +2 (6+X )+ 1X.1/2.X m = ‐1 ( 4+ X ) X 4m 2m 2T X 4m ½ x B C D B C 2EI EI EI

(8)

8 ∆ VC = ∆ VC = ) dx ∆ VC = ∆ VC = ∆ VC =

( karena hasil negative arah berlawanan dengan arah beban unit ) 0 0 4 8

(9)

A B C D HITUNG BESAR ΔVC DAN ѲC EI 2 EI 2m 4m 10 m 4T gambar bisa dipakai utk M B C D ∑ MD = 0 VA.16 – 4. 14 = 0 VB = 3,5 T VD = 0,5 T VC = 1 gambar dipakai utk m ΔVC B C D ∑ MD = 0 VA . 16 – 1. 10 = 0 VB = 0,625 VD = 0,375 M = 1 gambAR dipakai utk m ѲC B C D ∑ MD = 0 VA . 16 + 1 = 0 VB = ‐ 0,0625 VD = 0,0625 AB 0<X<2 EI M = +3,5 X mΔVc = + 0,625 X mѲc = ‐ 0,0625 X X X X 3,5 0,625 0,0625 4 T A 3,5 T 0,5 T 0,375 0,625 0,0625 0,0625

(10)

10 BC 0<X<4 EI M = + 3,5( 2+ X ) – 4X mΔVc = +0,625( 2+X ) mѲc = ‐0,0625(2+X) A 2m B X m A 2m B X m A 2m B Xm 3,5 0,625 0,0625 DC 0<X<10 2EI M = ‐ 0,5 X mΔVc = ‐ 0,375 X mѲc = ‐0,0625X D D D 0,5 0,375 0,0625 ∆Vc = + = = = = ∆Vc =

0 0 2 0 4 10

(11)

Θc = 1,06062/EI

0 ₀ ₀ 2 4 ₁₀

(12)

12

q = 1 t/m A B 3T EI KONSTANT HITUNG BESAR PENURUNAN DI TITIK A 5 m C 3m q = 1t/m A B 3T A B P = 1 Cari M Cari m C C AB 0<X<3 EI M = ‐ 1 X. 1/2 X m = + 1 X Q = 1X P=1 BC 0<X<5 EI M = ‐ 3.1,5 + 3X = ‐ 4,5 + 3X m = + 1.3 = + 3

(13)

3T 3T P=1 1,5 m X 3m X ∆ VA =

+

=

+

=

+ =

‐

Δ VA = 34 , 875 / EI

0 3 0 5 0

(14)

14

2T 1 T 1t/m HITUNG BESAR ΔVD B 2EI C 2EI D 2EI E EI 4m 1m A 6m 2m 2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E EI gambar ini untuk mencari persamaan M 4m 1m A 6m 2m B 2EI C 2EI D 2EI E EI VD = 1 4m gambar ini untuk mencari persamaan m 1m A 6m 2m

(15)

BATANG ED 0<X<2 2EI M = +1X.1/2X + 1X m =0 X m P=1 X m Q= 1X BATANG DC 0<X<6 2EI M = +1(2+X) + 1/2( 2+X )2 = + 4 + 3X + 1/2 X2 m = ‐1X X m q = 1t/m 1T X m D 2m E D 2m E Q = 1( 2 + X ) P =1 BATANG BC 0<X<1 2EI M= ‐2X‐1/2 .1.X2 m = 0 2T X m X m B Q B

(16)

16 BATANG CA 0<X<4 EI M = 1.8 + 1.8.4 ‐2.1 ‐1.1.0,5 = 37,5 m = ‐1.6 = ‐6 2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E Q = 2T EI X m Q = 8 T M Mata melihat keatas 1m A 6m 2m B 2EI C 2EI D 2EI E EI X m VD = 1 m Mata melihat keatas ∆ VD = = 0 0 4 6

(17)

=

HITUNG BESAR Δ Hc

4T EI KONSTANT B A 1,8 m 1,8 m c 4 m 2, 4 m C 2,4m c = m X 4T A B 1,8 = 0,6X X=3 X gambar ini untuk mencari persamaan M C 2,4=0,8X X A B X 0,6 X gambar ini untuk mencari persamaan m C P = 1 MENCARI ∆ HC CB 0<X<3 EI M = 0 m = + 1.0,6.X 0,6X P = 1

(18)

18 BA 0<X<4 EI M= + 4X m = + 1.1,8 = +1,8 4T X X 3 m P=1

=

0 4

(19)

PENURUNAN TITIK SIMPUL PADA KONSTRUKSI RANGKA BATANG

.

METHODE α KOEFISIEN

.

α = GAYA BATANG AKIBAT BEBAN UNIT YANG DIBEBANKAN PADA TITIK

SIMPUL YANG DITANYAKAN PENURUNANNYA .

P = S = GAYA BATANG AKIBAT BEBAN LUAR YANG BEKERJA .

L = PANJANG BATANG.

E = MODULUS ELASTISITAS BAHAN .

A = LUAS PENAMPANG DARI BATANG.

(20)

20

HITUNG PENURUNAN PADA TITIK G

BEBAN PADA BATANG FG ADALAH q = 1 t/m BEBAN HARUS DITEMPATKAN PADA TITIK SIMPUL E = 2.106 KG/ CM2 A = 10 CM2 KARENA BEBAN DAN KONSTRUKSI SIMETRIS MAKA VA = VB = 1,5 T

MENCARI S

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 A B C D E F G 4 M 3 M 3 M 3 M 1,5 T 1,5 A C D E B F G S AC S AF 1,5 T 1,5 T S CD S CF SIN α S CF A

(21)

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 SCD = ‐ 1,875 . 0,6 = ‐ 1,125 T SCD = 1,125 T ( TEKAN )

PAKAI CARA RITTER

. 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 ∑ V =0 S DF = 0 S DF S CF COS α C F 6 M 4 1,5 T S DE 1,5 T S EF SIN α S EF

(22)

22 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 ) TITIK B SEB COSα ∑ H = 0 ‐ SBG + SEB COS α = 0 SBG SBG = + 1,875 . 0,8 = 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 1,5 T

(23)

MENCARI α

P =1 DI BEBANKAN PADA TITIK SIMPUL YANG DITANYAKAN PENURUNANNYA . ∑ MB = 0 VA.9 – 1.3 = 0 VA = 0,333 VB = 0,667 4m P=1 3m 3m 3m TITIK A = 0 0,333 + α AC = 0 α AC = ‐ 0,333 HASIL S AC NEGATIF, ARTINYA ARAH PEMISALAN SALAH , ARTINYA S AC BUKAN BATANG TARIK TETAPI BATANG TEKAN. α AC = 0,333 ( TEKAN ) = 0 α AF = 0 TITIK C HASIL α AC ADALAH 0,333 TEKAN , MAKA PADA TITIK SIMPUL C ARAH α AC MENEKAN TITIK C = 0 0,333 ‐ α CF SIN α = 0 α CF = 0,333 / 0,8 = 0,41625 α CF = 0,41625 ( TARIK ) = 0 + α CD + α CF COS α =0 α CD = ‐ 0,41625 . 0,6 = ‐ 0,24975 α CD = 0,24975 ( TARIK ) α AC α AF 0,333 0,333 α CD α CF SIN α α CF α CF COS α C A C D E F B A _G

(24)

24

PAKAI CARA RITTER

. MENCARI α DE DAN α EF ,DIPOTONG BATANG α DE, α EF , α FG CENTRUM KEKUATAN BATANG DE ADALAH TITIK F = 0 ( LIHAT KANAN POT ) ‐ α DE . 4 – 0,667 .6 + 1 . 3 = 0 α DE = ‐0,2505 α DE = 0,2505 ( TEKAN ) BATANG α EF ADALAH BATANG YANG TIDAK MEMPUNYAI CENTRUM KEKUATAN BATANG , KARENA BATANG α DE DAN BATANG α FG TIDAK AKAN MUNGKIN BERPOTONGAN . = 0 + 0,667 – 1 – α EF SIN α = 0 α EF = ‐ 0,41625 α EF = 0,41625 ( TEKAN ) UNTUK MENCARI BATANG α GF , α GE DAN α EB, DIPOTONG KETIGA BATANG TERSEBUT . LIHAT KANAN POTONGAN . SIN α = a / 3 a = 3 SIN α a = 3 . 4 / 5 = 12 / 5 M F 6 M 4 0,667 α DE P=1 α EF SIN α α EF 0,667 B E α EB α GE α GF α EB a G 1 3 M 4 M

(25)

MENGHITUNG α GF = 0 + α GF . 4 – 0,667 . 3 = 0 α GF = 0,5 ( TARIK ) MENGHITUNG α EB = 0 ‐ α EB . 12/5 – 0,667 . 3 = 0 α EB = ‐ 0,03335 α EB = 0,03335 ( TEKAN ) MENGHITUNG S GE = 0 + α GE . 3 – 0,667 . 3 = 0 α GE =0,667 ( TARIK ) ∑ V = 0 α DF = 0 α DF TITIK B SEB COSα ∑ H = 0 ‐ SBG + SEB COS α = 0 SBG SBG = 0,03335 . 0,8 = 0,02668( TARIK ) 0,667

(26)

26

TABEL PERHITUNGAN PENURUNAN DI G

BATANG α S KG L CM E KG/CM2 A CM2 Δ CM α . Δ CM AC ‐ 0,333 ‐ 1,5.103 4.102 2.106 10 ‐0,03 +0,0099 AF 0 0 3.102 2.106 10 0 0 CF +0,41625 +1,875.103 5.102 2.106 10 +0,0469 +0,019512 CD +0,24975 ‐1,125.103 5.102 2.106 10 ‐0,02812 ‐0,007023 DE ‐ 0,2505 ‐1,125.103 5.102 2.106 10 ‐0,02812 +0,007044 EF ‐ 0,41625 0 5.102 2.106 10 0 0 GF + 0,5 +1,125.103 3.102 2.106 10 +0,016875 +0,008437 GE + 0,667 +1,5 . 103 4.102 2.106 10 +0,03 +0,02001 EB ‐ 0,0335 ‐1,875.103 5.102 2.106 10 ‐0,0469 +0,001571 GB +0,02668 + 1,5 .103 3.102 2.106 10 +0,0225 +0,0006 DF 0 0 4.102 2.106 10 0 0 ΔV DI G = 0,06 CM DI JUMLAH

(27)

PENGERTIAN TENTANG KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU

SENDI A MEMPUNYAI REAKSI VA DAN HA A B ROL B MEMPUNYAI REAKSI VB JEPIT A MEMPUNYAI REAKSI VA , HA DAN MA A B KONSTRUKSI DIATAS ADALAH KONSTRUKSI STATIS TERTENTU , KARENA JUMLAH REAKSI TIDAK LEBIH DARI TIGA , SEHINGGA BISA DIHITUNG DENGAN MEMAKAI PERSAMAAN KESETIMBANGAN . ( ∑ H = 0 , ∑ M = 0 , ∑ V = 0 ) JADI KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU ADALAH SUATU KONSTRUKSI YANG MEMPUNYAI REAKSI PERLETAKAN LEBIH DARI TIGA , SEHINGGA UNTUK MENGHITUNG REAKSI PERLETAKANNYA DIBUTUHKAN PERSAMAAN LAGI SELAIN TIGA PERSAMAAN KESETIMBANGAN DIATAS . PERSAMAAN TERSEBUT ADALAH PERSAMAAN DEFORMASI. 2 REAKSI 1 REAKSI 3 REAKSI 1 REAKSI 3 REAKSI 2 REAKSI

(28)

28

MENENTUKAN DERAJAT ATAU TINGKAT KESTATIS TIDAK TENTUAN

CARA MENENTUKAN ATAU MENGHITUNG DERAJAT/ TINGKAT KESTATIS TIDAK TENTUAN 1 . JUMLAH REAKSI PERLETAKAN DIKURANGI 3 2 . JUMLAH GAYA KELEBIHAN YANG HARUS DIHILANGKAN AGAR KONSTRUKSI MENJADI KONSTRUKSI STATIS TERTENTU . CARA PERTAMA

A 3 REAKSI 3 REAKSI B N = 6 – 3 = 3

KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU TINGKAT 3 CARA KEDUA , KONSTRUKSI DIATAS DIJADIKAN KONSTRUKSI STATIS TERTENTU . GAYA KELEBIHAN YANG DIBUANG A B ADALAH VB , HB , MB KARENA YANG DIBUANG ADALAH TIGA REAKSI MAKA KONSTRUKSI DIATAS DISEBUT KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU TINGKAT 3 .

(29)

PENYELESAIAN DENGAN CARA CONSISTENT DEFORMATION

1. KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU DIANGGAP DULU SEBAGAI STATIS TERTENTU DENGAN MENGHILANGKAN GAYA KELEBIHAN . A B KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU A B DIATAS DIJADIKAN STATIS TAK TENTU DENGAN MENGHILANGKAN GAYA KELEBIHAN VB A B KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU DIATAS DIJADIKAN STATIS TAK TENTU DENGAN MENGHILANGKAN GAYA KELEBIHAN MA 2. MENGHITUNG BESAR DEFORMASI AKIBAT BEBAN LUAR YANG BEKERJA . GAYA KELEBIHAN V , HITUNG Δ v GAYA KELEBIHAN H , HITUNG Δ h GAYA KELEBIHAN M , HITUNG θ

(30)

30 3. DITEMPAT DIMANA GAYA KELEBIHAN DIHILANGKAN DIBEBANKAN BEBAN UNIT , DICARI JUGA DEFORMASINYA . ( BEBAN LUAR TIDAK DIGUNAKAN LAGI ) GAYA KELEBIHAN V , HITUNG δv GAYA KELEBIHAN H , HITUNG δh GAYA KELEBIHAN M, HITUNG 4. TENTUKAN PERSAMAAN CONSISTENT DEFORMATION UNTUK MENDAPATKAN BESAR GAYA KELEBIHAN YANG DIHILANGKAN . 5. DARI HASIL DIATAS , MAKA DAPAT DICARI SELURUH REAKSI PERLETAKANNYA DAN BIDANG MOMEN , NORMAL DAN LINTANG DAPAT DIGAMBAR . CONTOH . A B C GAYA LELEBIHAN VB Dengan gambar disamping cari ΔVB A B C VB =1 Dengan gambar disamping cari δVbb A B C PERSAMAAN CONSISTENT DEFORMATION ΔVB + VB . δVbb = 0 VB DAPAT DIHITUNG .

(31)

4T SELESAIKAN SOAL INI DENGAN CARA CONSISTENT DEFORMATION A EI B 2 EI C gaya kelebihan VB 2 m 8 m AB 0<X<2 EI M = ‐ 4X m = 0 A B C BC 0<X<8 2 EI M = ‐4 ( 2 + X ) m = ‐1 X A C ∆VB = = ) = 938,6667 / 2 EI δVbb = dx = ( ) = 170,6667 /2EI ∆VB + VB .δVbb = 0 938,6667 / 2EI + VB . 170,6667 /2EI =0 VB =‐ 5,5 T VB = 5,5 T

Hasil VB negatip , maka arah VB berlawanan dengan arah VB =1

4T VB=1 B 0 8 0 8

(32)

32 4T 4TM ∑ MC = 0 MC – 4.10 +5,5.8 =0 MC = ‐4 TM MC = 4TM 5,5 T 1,5 T 4T 8TM 4T 1,5 T 8TM 4TM 1,5 T

D

M

4T 4T 1,5T 1,5T 8TM 4TM

(33)

A B C D GAYA KELEBIHAN VC EI 2 EI 2m 4m 10 m 4T mencari ∆ VC gambar bisa dipakai utk M B C D VC = 1 mencari δ V cc gambar bisa dipakai utk m B C D AB 0<X<2 EI M = +3,5 X m = + 0,625 X BC 0<X<4 EI M = + 3,5( 2+ X ) – 4X m = +0,625( 2+X ) DC 0<X<10 2EI M = ‐ 0,5 X m = ‐ 0,375 X ∆Vc = + = = = = ∆Vc =

A 3,5 T 0,5 T 0 0 2 0 4 10 0,375 0,625

(34)

34 δVcc = 2 dx = = 3,01 ∆Vc + Vc .δ Vcc = 0 = 0 Vc = ‐ 1,85 T Vc = 1,85 T A B 4T C D ∑ MD = 0 EI 2 EI VA. 16 – 4.14 + 1,85.10=0 2 m 4m 10m VA = 2,34 T 2,34 T 1,85 T 0,19T VD = 4 – 2,34 – 1,85 4T 1,9 TM V D = 0,19 T 2,34 T 1,66T 0.19 T 0,19 T ∑ MC=0

D

+MC – 0,19.10 = 0

MC= + 1,9 TM 2 0 0 10 4 0 1,9TM 2,34 1,66T 0,19T 1,66T 2,34

(35)

M

MB = +2,34.2 = 2,68TM q = 1 t/m A B 3T EI KONSTANT GAYA KELEBIHAN ADALAH VA 5 m C 3m q = 1t/m A B 3T A B VA = 1 Cari ∆ VA Cari δ V aa C C AB 0>X>3 EI M = ‐ 1 X. 1/2 X m = + 1 X BC 0>X>5 EI M = ‐ 3.1,5 + 3X = ‐ 4,5 + 3X m = + 1.3 = + 3 ∆ VA =

+

=

+

=

0 3 0 5 0

(36)

36

+ =

‐

δ V aa = + =

+ +

∆ VA + VA .

δ V aa = 0

VA = ‐ 0,646 T

VA = 0.646 T

A B A B 3,646T 3 T 6,44 TM 3T 0,646 T 0,646T 3,646T 6,44 TM 8,56 TM 8,56TM C C 3,646 T 3T 3,646 T ∑MC = 0 + MC – 0,646 . 3 – 3.1,5 + 3.5 = 0 MC = ‐ 8,56 TM BATANG AB ∑ MB = 0 + MB – 0.646 . 3 – 3.1,5 = 0 MB = 6,44 TM 0 3 0 5 0

(37)

N

3,646 3 0,646 3,646

D

3 6,44 6,44

M

(38)

38 8,56 4T EI KONSTANT B A 1,8 m 1,8 m c 4 m 2, 4 m C 2,4m c = m X 4T A B 1,8 = 0,6X X=3 X gambar ini untuk mencari ∆HC dan persamaan M C 2,4=0,8X X A B X 0,6 X gambar ini untuk mencari δHCC dan persamaan m C HC =1 MENCARI ∆ HC CB 0<X<3 EI M = 0 m = + 1.0,6.X BA 0<X<4 EI M= + 4X m = + 1.1,8 = +1,8

(39)

= Karena hasil negative arah HC berlawanan dengan arah HC =1 HA 4T A B VA ∑ H = 0 HA = 3,56 T ∑ V = 0 VA = 4 T C ∑ MA = 0 + MA – 3,56.1,8 + 4.4 =0 3,56 T MA = ‐ 9,6 TM 4T A 6,4 T B 6,4TM 4T 9,6 TM ∑MB = 0 +MB – 3,56 .1,8 =0 3,56 SINα MB = + 6,4 TM α C 3,56 DCB = ‐3,56 SINα = ‐3,56 . 0,6 = ‐ 2,14 T 3,56 COSα NCB = + 3,56 COSα = 3,56.0,8 = 2,85 T 0 4 0 4 3 0

(40)

40 3,56 T 2,85 T

N

2,85 T 4 T 4T

D

2,14 T 9,6 TM 6,4 TM 6,4

M

(41)

PENYELESAIAN DENGAN CARA CROSS

1. ANGKA KEKAKUAN PERLETAKAN : JEPIT – JEPIT K = 4EI / L JEPIT – SENDI / ROL K= 3EI / L 2. FAKTOR DISTRIBUSI ( μ ) CONTOH : EI 2EI EI A 4m B 8m C 2m D ( ∑ μ = 1 ) INGAT ∑ FAKTOR DISTRIBUSI PADA SATU TITIK SIMPUL = 1 ) μ CB = 1 μ CD = 1 DALAM SOAL DIATAS PERLETAKAN ROL DI B HARUS DIANGGAP JEPIT , SEDANG PERLETAKAN SENDI DI C TETAP DIANGGAP SEBAGAI SENDI . UNTUK MUDAHNYA PENENTUAN DIATAS , CARANYA MUDAHNYA SEBAGAI BERIKUT : APABILA KITA ITU TITIK B , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK A , SEDANG YANG KIRI DIPEGANGI TITIK C , MAKA PERLETAKAN DI B HARUS DIANGGAP JEPIT . APABILA KITA ITU TITIK C , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK B , SEDANG YANG KIRI DILEPAS ( KARENA TITIK D ADALAH BEBAS ) , MAKA PERLETAKAN DI C TETAP SEBAGAI SENDI .

(42)

42 3. MOMEN PRIMAIR ( MF ) UNTUK ARAH MOMEN DISEPAKATI SEPERTI GAMBAR DISAMPING . ARAH MOMEN PRIMAIR MENGEMBALIKAN ARAH LENDUTAN . q A L m B MF AB = + 1/12.q .L2 L m MF BA = ‐ 1/12 . q.L2 P ton MF AB = A B MF BA = a m b m a = b MFAB = ‐ MFBA= L m q A B MF AB = + 1/8 . q .L2 L m

(43)

P ton A B MF AB = + 3/16. P .L L m ½ L ½ L B ½ L MF AB = + 3/16 . P . L P ton ½ L A 4. MOMEN DISTRIBUSI . MOMEN DISTRIBUSI = ‐ ∑ MOMEN PRIMAIR PADA SATU TITIK KUMPUL X FAKTOR DISTRIBUSI AGAR TIDAK LUPA HARGA NEGATIF DIDEPAN , MAKA FAKTOR DISTRIBUSI DITULIS NEGATIF PADA TABEL MOMEN DISTRIBUSI ( TABEL CROSS ) . 5. MOMEN INDUKSI . FAKTOR INDUKSI = 1/2 PERLETAKAN JEPIT – JEPIT , DAPAT SALING INDUKSI . PERLETAKAN JEPIT – SENDI ATAU JEPIT – ROL , SENDI ATAU ROL HANYA BOLEH MEMBERI INDUKSI KE PERLETAKAN JEPIT , TETAPI TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI DARI PERLETAKAN JEPIT .

(44)

44 CONTOH : q = 1t/m 4T A B C D EI EI 4m 2EI 2m 3m 8m μ BA : μ BC = 0 : KBC μ BA = 0 μ BC = 1 μ CB : μ CD = KCB : KCD = 3EI/3 : 4.2EI / 8 = EI : EI μ CB = 0,5 μ CD = 0,5 MOMEN PRIMAIR . MF BA = ‐ 2.1.1 = ‐ 2 TM MF CB = ‐ 1/8.1.32 = ‐ 1,125 TM ( MF BC = 0 ,karena titik B dianggap sendi ) MF CD = ‐ MF DC = 1/8 . 4 . 8 = + 4 TM TITIK _B _C _D BATANG BA BC CB CD DC FD 0 ‐1 ‐ 0,5 ‐ 0,5 ‐ MF ‐2 ‐1,125 + 4 ‐ 4 MD 0 +2 ‐1,4375 ‐ 1,4375 0 MI XXXX + 1 0 ‐ 0,71875 MD 0 0 ‐0,5 ‐0,5 0 MI MD MOMEN AKHIR Di jumlah

(45)

MD BA = ( MBA + MBC ) . FD BA = ( ‐2 + 0 ) . 0 = 0

MD CB = ( MCB + MCD ) . FD CB = ( ‐1,125 + 4 ) . (‐ 0,5 ) = ‐ 1,4375

MI BC = 0 ( KARENA SENDI B TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI )

MI CB = 1/2 . MBC = 1/2 . ( + 2 ) = + 1

MI DC = 1/2 . MCD = 1/2 . ( ‐ 1,4375 ) = ‐ 0,71875

MOMEN AKHIR DIDAPAT DARI PENJUMLAHAN MOMEN .

UNTUK PERHITUNGAN PORTAL , HARUS DIBEDAKAN ANTARA PORTAL TETAP DAN PORTAL BERGOYANG . n = 2 . jumlah titik simpul – ( 2 . jumlah jepit + 2 .jumlah sendi + jumlah rol + jumlah batang )

n = 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0 PORTAL BERGOYANG

(46)

46 CONTOH SOAL 1 t/m 4 T 2 t/m 2 EI 2 EI EI A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m

µ BA : µ BD =

=

EI : EI µ

BA = 0,5 µ BD = 0,5

µ DB : µ DE =

= EI : 0,75 EI µ DB = 0,57 µ DE = 0,43 MF BA = ‐1/8 . 1 . 6 2 = ‐ 4,5 TM MF BD = ‐ MF DB = 1/8 . 4 . 8 = 4 TM MF DE = + 1/8 .2 . 4 2 = + 4 TM kalau P tidak ditengah bentang pakai rumus MF BD = + P.a.b2/ L2 MF DB = ‐ P.b.a2/ L2 TITIK B D

BATANG BA BD DB DE FAKTOR DISTRB. ‐ 0,5 ‐ 0,5 ‐ 0,57 ‐ 0,43 MF ‐ 4,5 + 4 ‐ 4 + 4 MD + 0,25 + 0,25 0 0 MI 0 0,125 MD 0 0 ‐ 0,07125 ‐ 0,05375 MI ‐0,035625 0 MD + 0,0178125 + 0,0178125 0 0 MOMEN AKHIR ‐ 4,23 + 4,23 ‐ 3,94 + 3,94 E

(47)

1 t/m 4 T 2 t/m 2,3 4,23 3,7 2,04 4,23 3,94 1,96 4,99 3,94 3,01 A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m E

D

2,3 4,99 2,04 2,0 1,96 1,96 3,7 3,01

M

4,23 3,94 2,645 3,93 2,06

(48)

48 q = 1t/m P = 4 T q = 2t/m 2m B C D µ BA : µ BC = µ BA = 0,5 µ BC = 0,5 µ CB : µ CD =

µ CB = 0,5 µ CD = 0,5 MF BA = ‐ 1/8 . 1 . 62 = ‐ 4,5 TM MF BC = ‐ MF CB = + 1/8 . 4 . 4 = 2 TM MF CDF = ‐ MF DC = + 1/12 . 2 . 42 = + 2,667 TM TITIK B C D BATANG BA BC CB CD DC FD ‐ 0,5 ‐ 0,5 ‐ 0,5 ‐ 0,5 MF ‐ 4,5 + 2 ‐ 2 + 2,667 ‐ 2,667 MD + 1,25 + 1,25 ‐ 0,3335 ‐ 0,3335 0 MI ‐ 0,16675 + 0,625 0 ‐ 0,16675 MD + 0,083375 + 0,083375 ‐ 0,3125 ‐ 0,3125 0 MI ‐ 0,15625 + 0,0416875 ‐ 0,15625 MD + 0,078125 + 0,078125 ‐ 0,02084375 ‐ 0,02084375 MOMEN AKHIR ‐ 3,09 + 3,08 ‐ 2 + 2 ‐ 2,99 a m 6 m 4 m 4 m A EI EI 2EI

(49)

q = 1 t/m 4 T q = 2 t/m A B C D 3,09 3,09 E 2 2 2,99 2,485 3,515 2,272 1,728 3,752 4,248 2,485 2,272 2,272 3,752

D

3,515 1,728 1 728 4,248 AB CD DX = 0 2,485 – 1X =0 X = 2,485 m DX =0 3,752 ‐2X =0 X = 1,876 m Mmax = 2,485. 2,485 – 1.2,485 .1/2 . 2,485 M max= 3,752.1,876 – 2.1,876.1/2.1,876 ‐2 = 3,088 TM = 7,039 – 3,519 – 2 = 1,52 TM ME = 2,272 .2 – 3,09 = 1,454 TM 3,515

M

2 2,99 1,454 3,088

(50)

50

q = 1 t/m 5 T A D EI KONSTANT E 5 T n=2.4 – ( 2.1 + 2.1 +1 + 3 ) = 0 portal tetap 3 m 4 m 4 m µ BA : µ BD : µ BF = µ BA = 0,44 µ BD = µ BF = MF BA = ‐ 1/8 . 1 . 32 = ‐ 1,125 TM MF BD = + 1/8 .5 . 8 = + 5 TM MF DB = ‐ 5 TM MF BF = + 3/16 . 5 . 4 = + 3,75 TM B C F 2 m 2m

(51)

TITIK B D BATANG BA BF BD DB FAKTOR DIST ‐ 0,44 ‐ 0,34 ‐ 0,22 ‐ MF ‐ 1,125 + 3,75 + 5 ‐ 5 MD ‐ 3,355 ‐ 2,5925 ‐ 1,6775 0 MI 0 ‐ 0,83875 MD 0 0 0 0 MOMEN AKHIR ‐ 4,48 + 1,16 + 3,32 ‐ 5,84

∑ MB = 0 ( OK )

q= 1t/m 5 T

A

2,79

B D

2,79

4,48 5,115 3,32

C

5,84 0,007 2,93 2,185 2,815

1,16 2,79 balok FB ∑ MB = 0 HF MISAL

E

5 T ‐ HF.4 + 5.2 – 1,16 = 0 HF = 2,21 T

HB = 5 – 2, 21= 2,79 T

balok BD ∑MD=0 VB MISAL

F 2,21 VB.8 ‐3,32 – 5.4 + 5,84 = 0

5,115 VB =2,185 T VD=5‐2,185 = 2,815T Balok AB ∑ MB= 0 VA MISAL VA.3 – 3.1,5 + 4,48 = 0 VA = 0,007 T

(52)

52 2,79

N

5,115 5,115 0,007 2,185 2,79 2,93 2,815 Bat AB DX =0 0,007‐1X=0 2,79

D

X= 0,007 m DARI A

2,21 5,84 4,48 3,32 1,16 MX = 0,007X‐ 1X.1/2 X Mmax = 0 5,42 X=0,007 m

M

4,42 Mmax = 0,007.0,007‐ 1.0,007.1/2.0,007

Mmax = 0 ME = 2,21 . 2 = 4 ,42 TM

(53)

2 t/m 6 T E F G D C 2m H 4T 4 m 4 m A 6m B 2 m 2m n = 2.6 – ( 2.2 + 2.1 + 1 + 5 ) = 0 portal tetap µ EC : µ EF : µ EA = µ EC = 0,31 µ EF = 0,28 µ EA = 0,41 µ FE : µ FB : µ FD = µ FE = 0,28 µ FB = 0,41 µ FD = 0,31 MOMEN PRIMAIR MF EC = ‐ 1/8 . 2. 42 = ‐ 4 TM MF EF = ‐ MF FE = + 1/12 . 2 . 62 = + 6 TM MF FD = + 3/16 . 6 . 4 = + 4,5 TM MF EA = ‐ MF AE = 1/8 . 4 . 4 = + 2 TM TTK E A F B

BATANG EC EA EF AE FE FD FB BF FD ‐0,31 ‐0,41 ‐0,28 ‐ ‐0,28 ‐0,31 ‐0,41 ‐ MF ‐4 +2 +6 ‐2 ‐6 + 4,5 0 0 MD ‐1,24 ‐1,64 ‐1,12 0 +0,42 +0,465 +0,615 0 MI 0 +0,21 + 0,82 ‐0,56 0,3075 MD ‐0,0651 ‐0,0861 ‐0,0588 0 +0,1568 +0,1736 +0,2096 0 MI 0 +0,0784 ‐0,04305 ‐0,0294 +0,1148 MD ‐0,0243 ‐0,0321 ‐0,0219 0 0,00823 0,00911 0,01205 0 MAKHIR ‐5,33 +0,24 +5,09 ‐2,86 ‐6 +5,15 +0,85 +0,42

(54)

54 1 t/m 1t/m 6 T 1,665 E 0,32 0,32F D 11,18 10,44 C 5,33 5,09 6 5,15 2,67 5,33 5,85 6,15 4,29 1,71 0,24 1,345 0,85 0,32 H 4 T 2,86 0,42 2,655 0,32 A B 11,18 10,44 0,32 1,665

N

11,18 10,44 1,665

(55)

5,85 4,29 2,67 1,345 1,71 5,33 2,655 6,15

D

0,32 6 5,33 5,09 0,24 0,85 3,56 3,42 2,45

M

12,02 2,86 0,42

(56)

56

q = 1t/m B C A F 4 T E D 3 m 6 m 4 m n = 2.5 – ( 2.2 + 2.1 + 0 + 4 ) = 0 portal tetap µ BA : µ BC : µ BE =

( 3,5 )

µ BA = 0,38 µ BC = 0,19 µ BE = 0,43 µ CB : µ CD =

µ CB = 0,45 µ CD = 0,55 MF AB = ‐ MF BA = + 1/12 . 1 . 32 = + 0,75 TM MF BC = MF CD = + 1/12 . 1 . 62 = + 3 TM MF BE = + 3/16 . 4 . 2 = + 1,5 TM TITIK A B C D

BATANG AB BA BC BE CB CD DC

FD ‐ ‐ 0,38 ‐ 0,19 ‐ 0,43 ‐ 0,45 ‐ 0,55 ‐ MF + 0,75 ‐ 0,75 + 3 + 1,5 ‐ 3 0 0 MD 0 ‐ 1,425 ‐ 0,7125 ‐ 1,6125 + 1,35 + 1,65 0 MI ‐0,7125 + 0,675 + 0,35625 + 0,825 MD 0 ‐ 0,2565 ‐0,12825 ‐ 0,29025 +0,160312 5 + 0,195937 0 MI ‐0,12825 + 0,0801562 ‐ 0,064125 + 0,09797 MD 0 ‐0,03046 ‐0,0152297 ‐0,034467 + 0,028856 +0,035269 M AKHIR ‐ 0,09 ‐2,45 + 2,90 ‐ 0,45 ‐ 1,88 + 1,88 + 0,92 1 m 1 m 3 m

(57)

FREE BODY DIAGRAM 0,09 6,485 4,71 1 t/m 4,71 5,44 2,83 A 2,45 2,27 B 3,17 2,90 1,88 2,83 4,71 0,27 1,775 F 0,45 1,88 4 T 0,92 E 2,225 5,44 4,71 BE ∑ MB = 0 ‐ HE.2 + 4.1 + 0,45 = 0 HE = 2,225 T HB = 1,775 T D 2,83 CD ∑ MD = 0 ‐ HD.3 ‐0,92 ‐1,88 – 2,83.4 =0 HD = 4,71 T HC = 4,71 T 3 M 5 M α D 4,71 SIN α 4 M α 4,71

SIN α = 3/5 2,83 COS α α 4,71 COS α

COS α = 4/5 2,83 2, 83 SIN α N DC = ‐ 4,71 COS α – 2,83 SIN α = ‐ 3,768 – 1,698 = ‐ 5,466 T D DC = + 4,71 SIN α – 2,83 COS α = 2,826 – 2,264 = + 0,562 T DX = 3,17 – 1X = 0 X = 3,17 M MX = 3,17.X – 1.X.1/2.X – 2,90 X= 3,17 M MAX = 3,17.3,17 – 1.3,17 . ½ . 3,17 – 2,90 = 2,12 TM 6,485 α

(58)

58 4,71 5,466 5,44

N

3,17 5,466 0,562 1,775 0,27 2,27 2,83 2,225

D

2,98

2,45 1,88 1,88 0,45 0,09 2,25 M MAX =2,12

M

0,92 6,485

(59)

TAHAP PENYELESAIAN UNTUK PORTAL BERGOYANG

1. PORTAL DIANGGAP DULU SEBAGAI PORTAL TETAP / TIDAK BERGOYANG DENGAN MEMASANG PENDEL DITEMPAT PERGOYANGANNYA . ( PHASE NOL )

DARI GAMBAR DISAMPING , Pendel DIHITUNG MOMEN AKHIR NYA DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA. 2. PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG . ( PHASE SATU ) HITUNG MOMEN AKHIR DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA . B’ Δ B JEPIT – JEPIT A’ A MFBC JEPIT – SENDI / ROL

MFCB UNTUK LEBIH MUDAHNYA , EI Δ DIMISALKAN DALAM X , SEHINGGA REAKSI PENDEL DALAM X

(60)

60 3. DARI HASIL REAKSI PENDEL DIATAS DIDAPAT KAN HARGA X DIMANA

RP0 + RP1 = 0

X DAPAT DITEMUKAN SEHINGGA MOMEN AKHIR DAPAT DIHITUNG DARI MOMEN AKHIR PHASE NOL DITAMBAH MOMEN AKHIR PHASE SATU . 4. DARI HASIL MOMEN AKHIR YANG DIDAPAT DIATAS , MAKA DAPAT DILANJUTKAN DENGAN MENGHITUNG DAN MENGGAMBAR BIDANG MOMEN , NORMAL DAN LINTANG .

(61)

2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E EI 4m n= 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0 portal bergoyang 1m A 6m 2m 2T 1 T 1t/m B 2EI C 2EI D 2EI E E portal dianggap dulu tidak bergoyang 4m dengan memasang pendel . 1m A 6m 2m PHASE 1 PORTAL DIANGGAP TIDAK BERGOYANG µ CB : µ CD : µ CA = 0 : 3.2EI/6 : 4EI/4 µ CB = 0 µ CD = 0,5 µ CA = 0,5 µ DC : µ DE = 1 : 0 µ DC = 1 µ DE = 0 MF CB = ‐ 2.1 – 1.1.0,5 = ‐ 2,5 TM MF CD = +1/8. 1. 62 = + 4,5 TM MF DE = + 1.2 + 2.1.1 = + 4 TM TITIK A C D

BATANG AC CA CB CD DC DE

FD ‐ ‐0,5 0 ‐0,5 ‐1 0 MF 0 0 ‐2,5 +4,5 0 +4 MD 0 ‐1 0 ‐1 ‐4 0 MI ‐0,5 0 ‐2 ‐ MD 0 +1 0 +1 0 0 MI +0,5 0 ‐ MD 0 0 0 0 0 0 M .AKHIR 0 0 ‐2,5 + 2,5 ‐4 +4

(62)

62 2 T 1T B C D E 2,5 2,5 4 4 ∑ MC = 0 HA MISAL ‐ HA . 4 + 0 = 0 HA = 0 T RP0 = 0 T A PHASE SATU PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG ∆ ∆ B 2EI C C1 2EI D 2EI E EI 4m MF AC = MF CA = 1m A 6m 2m TITIK A C D

BATANG AC CA CB CD DC DE

FD ‐ ‐0,5 0 ‐0,5 ‐1 0 MF 100X 100X 0 0 0 0 MD 0 ‐50X 0 ‐50X 0 0 MI ‐25X 0 0 ‐ MD 0 0 0 0 0 0 MOMEN AKHIR 75X 50X 0 ‐50X 0 0

(63)

B C 50X D E 31,25X 31,25X 31,25X 31,25X 50X ∑ MC = 0 HA MISAL 75X ‐ HA . 4 ‐75X‐50X = 0 HA = 31,25X RP1 = 31,25X A 31,25X RP0 + RP 1 = 0 0 – 31,25 X = 0 X = 0 MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU MAC = 0 + 75 . 0 = 0 TM MCA = 0 + 50. 0 = 0 TM MCB = ‐ 2,5 + 0.0 = ‐ 2,5 TM MCD = + 2,5 ‐50.0 = + 2,5 TM MDC = ‐4 + 0.0 = ‐4 TM MDE = + 4 + 0.0 = + 4 TM 2T 1T A C D E 2,5 TM 3T 7T 4T 2,5 TM 4 TM 2T 3T 4 TM BATANG CD ∑ MD=0 VC.6‐2,5+4‐1.6.3 = 0 VC = 4T VD= 2T DX = 0 DX = 4 – 1X = 0 X = 4M terjadi M max MX = 4X ‐ 1.X.1/2.X – 2,5 A 7T X= 4 M max = 4.4 – 1.4.1/2.4 – 2,5 = 5,5 TM

(64)

64

N

7 T

4T

3T 1T

2T 3T

D

2T 4TM 2,5 TM 5,5 TM

M

(65)

4T A B 3m 1 T 4 m 4 m C 2 m D PORTAL DIANGGAP DULU TIDAK BERGOYANG DENGAN MEMASANG PENDEL ( PHASE NOL)

4T

B A 3m 1 T 4 m 4 m C 2 m D µBA : µBC = 4EI/4 : 3EI/5 = EI : 0,6EI µBA = 1/1,6 = 0,625 µBC = 0,6/1,6 = 0,375 µCB: µD = KCD : 0 µCB =1 µCD = 0 MF CD = + 1.2 = + 2TM TITIK A B C

BATANG AB BA BC CB CD

FD ‐ ‐0,625 ‐0,375 ‐1 0 MF 0 0 0 0 +2 MD 0 0 0 ‐2 0 MI 0 0 ‐1 MD 0 +0,625 +0,375 0 0 MI +0,3125 0 0 MD 0 0 0 0 0 M AKHIR +0,3125 +0,625 ‐0,625 ‐2 +2