BEBAN. B. Beban Sekunder 1. Beban Angin Beban yang terjadi akibat adaanya tiupan angin.

1 Keterangan :

P = Tekanan angin (kg/m2)

v = kecepatan angin (m/detik)

Keterangan :

m = massa v = kecepatan R = Jari-jari

BEBAN

Secara garis besar beban dibagi menjadi : A. Beban Primer

Adalah beban yang mutlak ada pada suatu struktur. 1. Beban Mati (Dead Load)

Adalah berat sendiri struktur dan bagian-bagian struktur yang tetap berada pada struktur tersebut. Untuk mengetahui besarnya, perlu diketahui dimensi / ukuran batang dan jenis bahan yang digunakan. 2. Beban Hidup (Life Load)/ Beban Bergerak

Adalah semua barang yang dapat berpindah / bergerak. Misalnya : orang, meja dan kursi.

3. Beban Kejut (Impact Load)

Terjadi akibat adanya benda yang bergerak dengan kecepatan tertentu. Misalnya : mobil melewati jembatan dengan kecepatan tertentu.

B. Beban Sekunder 1. Beban Angin

Beban yang terjadi akibat adaanya tiupan angin.

𝑃 = 𝑣2 16

Rumus ini merupakan rumus empiris. 2. Beban Akibat Perbedaan Suhu 3. Beban Rem / Traksi

C. Beban Khusus

Beban yang tinujauannya hanya pada keadaan khusus atau tertentu. 1. Beban Gempa

Beban yang terjadi / diterima oleh struktur akibat adanya gempa bumi. 2. Beban Sentrifugal

𝐹 =𝑚𝑣

2

𝑅

3. Beban Akibat Aliran Air/ Zat Cair

Berdasarkan bentuk / formasinya, beban dibagi menjadi : 1. Beban Titik

Misalnya : orang berdiri, motor, mobil dll.

Satuannya : kg, ton, lbs (pounds), kip, Newton (kg m/detik2) atau dyne ( gr cm/detik2).

2 2. Beban Terbagi Merata

Misalnya : Berat sendiri struktur atau bagian strukutur. Satuannya : kg/m`, ton/m`, lbs/ft, kip/ft.

3. Beban Segitiga

Misalnya : tekanan air atau zat cair. 4. Beban Trapesium

Berdasarkan mekanisme beban terhadap struktur, beban dibagi mejadi : 1. Beban Langsung

2. Beban Tak Langsung

Beban yang bekerja pada suatu batang dimana batang ini membebani atau didukung oleh batang pendukung utama.

Misalnya : jembatan kereta api, jembatan jalan raya.

Beban didalam mekanika struktur digambarkan sebagai gaya, karena memiliki besar dan arah. Jadi merupakan suatu vektor. Panjang vektor / gaya menggambarkan besarnya gaya tersebut.

Titik tangkap = tempat pegangan suatu gaya terhadap suatu benda.

Garis kerja gaya = garis yang melalui titik tangkap, ditarik menurut arah gayanya. Misalnya : Gaya sebesar 2 ton kalau kita gambarkan dengan skala 1 cm = 1 ton, arah vertikal ke bawah.

3 F2 F3 F1 F4 F1 F2 F3 F4 F1 F2 F3 F4 F1 F2 F3 F1 F2 F3

GAYA

MACAM – MACAM GAYA

1. GAYA YANG TERLETAK PADA SATU BIDANG (COPLANEL) Gaya-gaya coplanel terdiri atas :

a. Gaya-gaya coplanel yang concurent (berpotongan di satu titik)

b. Gaya-gaya coplanel yang paralel atau sejajar

c. Gaya-gaya coplanel umum (pada satu bidang ada yang sejajar dan ada pula yang berpotongan.

2. GAYA – GAYA NON COPLANEL Gaya-gaya non coplanel terdiri atas :

a. Gaya-gaya non coplanel yang concurent (berpotongan di satu titik)

4 F1 F2 F3 F4 F1 F2 R F2 R F1 F1 F2 F3 F4 F5 F6 F2 F1 F2' F1' R R'

c. Gaya-gaya non coplanel umum

3. RESULTAN GAYA Menentukan resultan :

a. Kaidah jajaran genjang (Paralelogram Law) 𝑅 = √𝐹₁2+ 𝐹₂2+ 2𝐹₁𝐹₂cos (𝛼 + 𝛽)

b. Kaidah segi tiga (Triangle Law)

Gaya dalam keadaan setimbang jika resultnnya = 0, yaitu : ujung gaya terakhir bertemu dengan pangkal gaya yang pertama.

R dan R’ setimbang. Kalau R diuraikan menjadi F1 dan F2 maka F1’, F2’ dan R’

setimbang.

Tiga buah gaya dalam kedaan setimbang apabila ketiga garis kerja gaya tersebut berpotongan di satu titik. Diagram segitiga dari gaya-gaya tersebut membentuk segitiga tertutup

5

JENIS – JENIS STRUKTUR

Suatu struktur diakatakan stabil / setimbang, bila struktur tersebut memenuhi 3 persamaan :

1. ∑𝐹_𝐻 = 0 2. ∑𝐹_𝑣 = 0 3. ∑𝑀𝑥 = 0

Ketiga persamaan diatas disebut persamaan kesetimbangan (equation of static

equilibrium) / pesamaan statika konstruksi.

Momen = gaya x jarak vertikal dari gaya tersebut ke titik yang ditinjau. A. STRUKTUR STATIS TERTENTU

Suatu struktur yang untuk menyelesaikannya cukup dengan menggunakan ketiga persamaan diatas (persamaan kesetimbangan)

Jenis – jenis struktur statis tertentu :

1. Struktur sendi-rol / struktur sederhana / simple beam / balok sederhana. 2. Struktur kantilever / overstek / struktur jepit bebas.

3. Compound beam / balok gerber / balok majemuk 4. Portal sendi-rol

5. Pelengkungan tiga sendi

6. Frame work / struktur rangka batang. 7. Struktur gantung statis tertentu.

B. STRUKTUR STATIS TAK TENTU

Suatu struktur yang untuk menyelesaikannya diperlukan : 1. Persamaan kesetimbangan

2. Persamaan perubahan bentuk (persamaan belahan) Jenis – jenis struktur statis tek tentu :

1. Struktur balok datar statis tak tentu 2. Struktur portal statis tak tentu 3. Pelengkungan dua sendi 4. Pelengkungan tiga sendi 5. Frame work statis tak tentu 6. Struktur gantung statis tak tentu 7. Spanwerk statis tak tentu

Benda yang bergerak mengalami dua proses yaitu : 1. Translasi

6 Untuk mengeliminir / meniadakan translasi dengan cara memberi konstruksi sendi pada salah satu ujungnya. Untuk mengeliminir / meniadakan rotasi dengan cara memberi konstruksi sendi pada salah satu ujung yang lainnya.

Sifat perletakan sendi :

1. Tidak dapat bergerak ke atas dan ke bawah. 2. Tidak dapat bergerak ke kiri dan ke kanan. 3. Dapat berputar (tidak mampu menahan momen) Sifat rol :

1. Tidak dapat bergerak ke atas dan ke bawah. 2. Dapat menggelincir

Sifat jepit :

1. Tidak dapat bergak ke atas dan ke bawah 2. Tidak dapat bergerak ke kiri dan ke kanan 3. Tidak dapat berputar

Jika suatu struktur menerima beban, maka pada setiap perletakannya akan timbul rekasi sedemikian sehingga struktur berada dalam keadaan setimbang.

Rumus untuk mengetahui apakah struktur itu memenuhi struktur statis tertentu atau tidak adalah sebagai berikut :

Keterangan :

j = Jumlah joint / titik kumpul / titik buhul / titik nodal m = Jemlah batang / member

r = Jumlah reaksi

Apabila suatu struktur memenuhi persamaan diatas, maka struktur tersebut termasuk struktur statis tertentu, artinya dapat diselesaikan dengan persamaan kesetimbangan saja. Jika suatu struktur tidak memenuhi persamaan diatas, maka struktur tersebut termasuk struktur statis tak tentu.

7

PERLETAKAN ATAU DUKUNGAN

Adalah suatu struktur yang akan meneruskan pembebanan pada fondasi atau tumpuan yang lain. Karena pada perletakan terdapat pembabanan (aksi), maka pada perletakan akan timbul perlawanan (reaksi) dari beban oleh struktur pendukung seterusnya.

Jika suatu batang diberi gaya, maka ada beberapa perilaku batang : 1. Batang bertambah panjang akibat gaya aksial

2. Batang bertambah pendek akibat gaya aksial 3. Batang melentur akaibat gaya lintang

Peristiwa tekan dan tarik umumnya terjadi pada struktur rangka batang, sedangkan peristiwa lentur terjadi pada balok yang dibebani.

Gaya aksial : gaya yang bekerja pada batang / benda, dan arah gaya tersebut searah dengan sumbu benda / batang itu.

Tegangan : besar gaya yang bekerja pada tiap satuan luas tampang benda yang dikenali suatu besaran gaya tertentu.

Menurut arah dari gaya terhadap benda yang dikenainya, gaya aksial dapat dibedakan sebagai berikut :

1. Gaya aksial tarik yang akan menimbulkan tegangan tarik 2. Gaya aksial tekan yang akan menimbulkan tegangan tekan

Gaya aksial atau gaya secara umum akan mengakibatkan terjadiya tegangan normal dan tegangan geser pada benda yang dikenainya.

1. Peristiwa tarik

2. Peristiwa tekan

8 p p b h L B p p

p

P

2

P

2

P

d t

P

b l

Jika suatu gaya P bekerja pada suatu tampang / lauasan tertentu F, maka sesuai dengan definisi :

Tegangan normal 𝜎 = lim_∆𝐹→0𝑃_𝐹

Untuk tampang prismatik F = b x h

Tegangan geser :

Contoh :

GAYA GESER PADA SAMBUNGAN PAKU KELING 1. Satu bidang geser

2. Dua bidang geser

Tegangan Tekan

Tegangan desak 𝜎 =𝑃_𝐹 𝜎 = _𝑡×𝑑𝑃

Tampak samping

Jika plat robek, maka tegangan geser :

Tegangan desak 𝜏 =_2𝑏𝑙𝑃 𝜏 =𝑃_𝐹 𝜎 =𝑃 𝐹 𝜏 =𝑃 𝐹 𝜏 = 𝑃 𝑏 × 𝐿 𝜏 =𝑃 𝐹 𝜏 = 𝑃 1 4𝜋𝐷2 𝜏 = 4𝑃 𝜋𝐷2 𝜏 = 𝑃 2𝐹 𝜏 = 𝑃 2 ×1₄𝜋𝐷2 𝜏 = 2𝑃 𝜋𝐷2

9

P

L ? L

P

HUBUNGAN TEGANGAN DAN REGANGAN

Benda dikatakan tertarik, jika ada pertambahan panjang. Benda dikatakan terdesak , jika ada pengurangan panjang. Benda dikatakan menderita gaya normal, jika benda tersebut mengalami perpanjangan atau pengurangan.

Regangan adalah nilai banding antara perubahan panjang ∆L dengan panjang awal L pada benda mengalami perubahanpanjang akibat suatu gaya.

Secara grafis, hubungan antara tegangan dengan regangan pada pengujian terhadap batang adalah sebagai berikut.

Luluh : panjang bertambah tanpa adanya perubahan gaya. Tgθ : modulus elastisitas = E

Titik A : batas proporsional / batas banding.

: batas daerah dimana antara tegangan dan regangan sebanding. Menurut HK. Hooke, pada daerah elastis berlaku hubungan :

𝜀 =∆𝐿 𝐿 𝜎 = 𝜀 × 𝐸 𝜏 =𝑃 𝐹 𝐸 =𝜎 𝜀 𝑃 𝐹= ∆𝐿 𝐿 . 𝐸 ∆𝐿 = 𝑃. 𝐿 𝐸. 𝐹

10 L a b A C B Rav Rbv P L a b A B Rav Rbv c q

STRUKTUR SENDI ROL

Struktur sendi rol mempunyai 3 buah bilangan yang belum diketahui, 2 buah berasal dari sendi (Rav dan Rbv) dan 1 buah berasal dari rol (Rb). Struktur ini dapat

diselesaikan dengan 3 persamaan kesetimbangan ( ∑Fv = 0, ∑Fh = 0, ∑Mx = 0 )

sehingga struktur ini termasuk strukutur statis tertentu. 1. Mencari Reaksi Dukungan

a. Akibat beban titik

∑Fv = 0 ∑Fh = 0 ∑Mx = 0 ∑MB = 0 ∑MA = 0 𝑅𝑎𝑣. 𝐿 − 𝑃. 𝑏 = 0 −𝑅𝑏𝑣. 𝐿 + 𝑃. 𝑏𝑎 = 0 𝑅𝑎𝑣. 𝐿 = 𝑃. 𝑏 𝑅𝑏𝑣. 𝐿 = 𝑃. 𝑏𝑎

Jika P lebih dari satu maka :

b. Akibat beban terbagi merata

Untuk hitungan reaksi, beban terbagi merata q sepanjang b dapat kita anggap sebagai beban terpusat ekivalen sebesar q.b yang bekerja pada tengah – tengah b, sehingga :

∑MB = 0 𝑅𝑎𝑣. 𝐿 − (𝑞. 𝑏). (1₂𝑏 + 𝑐) = 0 𝑅𝑎𝑣. 𝐿 = (𝑞. 𝑏). (1₂𝑏 + 𝑐) ∑MA = 0 −𝑅𝑏𝑣. 𝐿 + (𝑞. 𝑏). (1₂𝑏 + 𝑎) = 0 𝑅𝑏𝑣. 𝐿 = (𝑞. 𝑏). (1₂𝑏 + 𝑎) 𝑅𝑎𝑣 =𝑃. 𝑏 𝐿 𝑅𝑏𝑣 = 𝑃. 𝑎 𝐿 𝑅𝑎𝑣 = ∑𝑃. 𝑏 𝐿 𝑅𝑏𝑣 = ∑ 𝑃. 𝑎 𝐿 𝑅𝑎𝑣 =(𝑞. 𝑏). ( 1 2𝑏 + 𝑐) 𝐿 𝑅𝑏𝑣 =(𝑞. 𝑏). ( 1 2𝑏 + 𝑎) 𝐿

11 d P e L a b A B Rav Rbv c q L a b A C B Rav Rbv P A C B Rav Rbv Rav - P

c. Kombinasi beban titik dan terbagi merata

∑MB = 0 𝑅𝑎𝑣. 𝐿 − (𝑞. 𝑏). (1₂𝑏 + 𝑐) − (𝑃. 𝑒) = 0 𝑅𝑎𝑣. 𝐿 = (𝑞. 𝑏).(1 2𝑏 + 𝑐)+ (𝑃. 𝑒) ∑MA = 0 −𝑅𝑏𝑣. 𝐿 + (𝑞. 𝑏). (1₂𝑏 + 𝑎) + (𝑃. 𝑑) = 0 𝑅𝑏𝑣. 𝐿 = (𝑞. 𝑏). (1₂𝑏 + 𝑎) + (𝑃. 𝑑) 2. Gaya Lintang

SHEARING FORCE DIAGRAM merupakan gambar atau diagram yang

meunjukkan besarya nilai-nilai gaya lintang pada titik – titik seanjang bentangan untuk suatu jenis struktur dan beban tertentu.

SFD dinyatakan positif apabila bagian kiri mengadakan bagian kanan gaya vertikal ke atas atau bagian kanan mengadakan bagian kiri gaya vertikal ke bawah.

a. Beban titik

Daerah AC

SFx = Rav  Pers, Linier y = c

Daerah CB

SFx = Rav – P  Pers, Linier y = c 𝑅𝑎𝑣 =(𝑞. 𝑏).( 1 2𝑏 + 𝑐)+ (𝑃. 𝑒) 𝐿 𝑅𝑏𝑣 =(𝑞. 𝑏). ( 1 2𝑏 + 𝑎) + (𝑃. 𝑑) 𝐿

12 x A B Rav Rbv q Rav Rbv a A B Rav Rbv b q c C D P Rav Rbv

b. Beban terbagi merata

SFx = Rav - q.x  Pers, Linier (garis berupa garis lurus)

c. Kombinasi beban titik dan beban terbagi merata Daerah AC

SFx = Rav - q.x  Pers, Linier (garis berupa garis lurus)

Daerah CD

SFx = Rav - q.a  Pers, Linier (garis berupa garis lurus)

Daerah DB

SFx = Rav - q.a - p  Pers, Linier y = c 3. Momen

BENDING MOMEN DIAGRAM adalah gambar atau diagram yang

menunjukkan besarnya nilai – nilai momen pada titik – titik sepanjang bentangan untuk suatu jenis struktur dan beban tertentu.

BMD dinyatakan positif apabila bagian kiri mengadakan bagian kanan putaran yang searah jarum jam atau bagian kanan mengadakan bagian kiri putaran yang berlawanan arah jarum jam.

13 L a b A C B Rav Rbv P x x A B Rav Rbv q a. Beban titik Daerah AC

Mx = Rav . x  Pers, Linier

Daerah CB

Mx = Rav . x – P. (x - a)  Pers, Linier

Mc = Rav . a Mc = Rbv . b

b. Beban terbagi merata

Mx = Rav . x – q . x . ½ x Mx = Rav . x – ½ .q . x2

 Pers. Kuadrat grafik parabola

x = 0 Mx = 0

x = ¼ L Mx = Rav . ¼ L – ½ .q . (¼ L )2 = ₃₂3 . 𝑞 𝐿2

x = ½ L Mx = Rav . ½ L – ½ .q . (½ L)2 = 1₈. 𝑞 𝐿2

x = ¾ L Mx = Rav . ¾ L – ½ .q . ( ¾ L )2 = ₃₂3 . 𝑞 𝐿2 x = L Mx = 0

14 A B Rav Rbv q a b C P

c. Kombinasi beban titik dan beban terbagi merata Daerah AC

Mx = Rav . x – q . x . ½ x Mx = Rav . x – ½ .q . x2

 Pers. Kuadrat grafik parabola

Daerah CB

Mx = Rav . x – q . x . ½ x – P(x-a) Mx = Rav . x – ½ .q . x2 - P(x-a)  Pers. Kuadrat grafik parabola Grafik berupa parabola sebab beban terbagi merata lebih berpengaruh daripada beban titik.

15 Rav Rah A P x B Rav Rah A P x B Rav Rah A P x B Rav Rah A P x B

OVERSTEK

Overstek adalah struktur yang salah satu ujung batngnya terjepit dan ujung yang lainnya bebas, dengan demikian reaksi vertikal, rekasi horizontal dan momen akibat beban luar ditahan oleh perletakan jepit.

1. Overstek dengan beban titik a. Diagram gaya lintang (SFD)

SFx = P (persamaan linier y = c) X = 0  SFb = P

X = L  SFa = Rav = P

Sehingga gambar SFD berupa empat persegi panjang.

b. Diagram bidang momen (BMD)

Mx = -P . x (Persamaan linear  Grafik berupa garis lurus) X = 0  Mb = 0

X = L  Ma = -P . L

BMD tandanya negatif, karena untuk beban kebawah balok melantur kebawah seperti pada gambar dibawah ini, sehingga serat atas tertarik dan serat bawah tertekan.

16 x Rav Rah _A B x Rav Rah _A B

2. Overstek dengan beban terbagi merata a. Diagram gaya lintang SFD

SFx = q . x (Persamaan linier y = c.x) x = 0  SFb = q . 0 = 0 x = ½ L  SF = ½ . q . L x = L  Sfa = Rav = q. L

b. Diagram Bidang Momen (BMD) Rav = q . L ( keatas)

Mx = -q . x . ½ x (persamaan kuadrat  grafik berupa lengkung parabola)

x = 0  Mb = q . 0 . 0 = 0 x = ½ L  M = -1/8 . q . L2 x = L  Ma = - ½ q . L2

Struktur overstek biasanya tidak berdiri sendiri, tetapi biasanya menjadi astu dengan balok sendi rol, sehingga menjadi struktur sendi rol dengan overstek. Ada pula overstek yang menjadi satu kolom.

17 10 m A B Rav Rbv 2 kN 2 m 2 kN 0.4 kN SFD BMD 4 kNm 4 m A B Rav Rbv 2 kN 2 m 2 kN SFD BMD 4 kNm 4 kN 4 m C D 1,5 kN 2,5 kN x 6 kNm Solusi Numerik 1. SOAL 1 ∑Mb = 0 RAv . 10 + 2 . 2 = 0 RAv = -0.4 kN (Rav yang terjadi kebawah) ∑Ma = 0 -Rbv . 10 + 2 . 12 = 0 Rbv = 2.4 kN (Rbv yang terjadi keatas) Cek ∑Fv = 0 -0,4 – 2 + 2,4 = 0 BMD Ma = 0 Mb = -2 . 2 = -4 kNm Mc = 0 2. SOAL 2 ∑Mb = 0 RAv . 8 + 2 . 2 – 4 . 4 = 0 RAv = 12/8 = 1,5 kN ∑Ma = 0 -Rbv . 8 + 2 . 10 + 4 . 4 = 0 Rbv = 36/8 = 4,5 kN Cek ∑Fv = 0 4,5 + 1,5 - 6 = 0 BMD Ma = 0 Mc = Rav . 4 = 1,5 . 4 = 6 kNm Mb = -2 . 2 = 0= -4 kNm Md = 0 Mencari titik x Rav . (4 + x) – 4 . x = 0 1,5 (4 + x) – 4x = 0 6 + 1,5x – 4x = 0 2,5x = 6 x = 2,4 m

18 8 m A B Rav Rbv 2 kN 2 m 2 kN 2 m 1 kN/m' SFD 2 kN 4 kN 4 kN 3 kN 1 kN BMD 4 kNm 4 kNm 4 kNm 3. SOAL 3 ∑Mb = 0 RAv . 8 + 1 . 2 + 1 . 2 . 1 – 2 . 10 – 1 . 8 . 4 = 0 RAv = 48/8 = 6 kN ∑Ma = 0 -Rbv . 8 - 2 . 2 + 1 . 10 + 1 . 10 . 5 = 0 Rbv = 56/8 = 7 kN Cek ∑Fv = 0 6 + 7 – 2 – 1 – 1 . 10 = 0 (ok) BMD Ma = -2 . 2 = -4 kNm Mb = -1 . 2 – 1. 2 . 1 = -4 kNm SFD = 0 Rav – q . (2+x) = 0 6 – 1 (2 + x) = 0 6 – 2 – x = 0 x = 4 m ( dari A)  titik C Mc = Rav . 4 – 1 . 4 . 2 – 2 . 6 Mc = 6 . 4 – 8 – 12 = 4 kNm BMD = 0

Terjadi dari titik A

Rav . x – ½ q (2 + x)2 = 0 6x – ½ . 1 . (4 + 4x + x2) = 0 x2 – 8x + 4 = 0 𝑥 =8 ± √64 − 4.1.4 2.1 X1 = 0.54 m (yang dipakai) X2 = 7.45 m

19 A B S C Rav Rbv Rcv Rah A B S1 Rav Rbv Rah D C S2 Rdv Rcv A B C S Rav Rbv Rcv Rah A B S C RsRs S

COMPOUND BEAM / BALOK GERBER / BALOK MAJEMUK Adalah struktur yang umumnya terdiri dari beberapa struktur sederhana (sendi – rol)

1. Struktur yang didukung oleh sendi A, rol B dan rol C

2. Struktur yang didukung oleh sendi A, rol B, rol C, dan rol D.

Dari contoh- contoh diatas, terlihat adanya beberapa jumlah “anu” ( bilangan tak diketahui ), yang ditimbulkan dari dukungan sendi adalah dua anu, dari masing-masing rol 1 anu, sehingga pada struktur 1 terdapat 4 anu dan pada struktur 2 terdapat 5 anu.

Sedangkan persamaan yang digunakan sebagai pemecahannya : ∑Fx = 0, ∑Fy = 0, dan ∑Mx = 0

Untuk menyelesaikan struktur ini perlu dipandang adanya suatu “sendi” yang dipasang diantara dua perletakan, sehingga didapat tambahan ∑Ms = 0. Titik S dalam prakteknya berupa sambungan balok, sehingga titik S dapat berperilaku seperti sendi, yaitu mampu menahan gaya vertikal, mampu manahan gaya horizontal, tetapi tidak mampu menahan momen. (momennya = 0)

Balok gerber dibagi menjadi 3 kelompok berdasarkan jumlah batang dan jumlah sendi :

a. Balok gerber dengan satu sendi

“sendi” pada struktur no 1 harus diletakkan diantara dua buah rol (lihat gambar 1), sehingga struktur tersebut analisisnya dapat kita pisah menjadi sendi rol S-C dan sendi rol dengan overstek ABS. Balok SC membebani balok ABS melalui titik S (Reaksi keatas dari dukungan S yang diperoleh dari tinjauan sendi rol SC akan menjadi beban titik ke bawah yang membebani sendi rol dengan overstek ABS). Jadi untuk menganalisis struktur no 1 hitungan dimulai dari balok SC kemudian balok ABS.

20 A B C S Rav Rbv Rcv A B S C RsRs S 2 kN 4 kN 2 m 3 m 4 m 4 m 3 m 2 kN 4 kN SFD BMD 1,75 kN 2,25 kN 1 kN 1 kN 7 kNm 2 kNm 3 kNm Solusi Numerik : Balok SC (sendi-rol) ∑Mc = 0 RSv . 6 – 2 . 3 = 0 RSv = 1 kN ∑Ms = 0 -RCv . 6 - 2 . 3 = 0 RCv = 1 kN Cek ∑Fv = 0 1+ 1 – 2 = 0 (ok) Balok ABS ∑Mb = 0 RAv . 8 + 1 . 2 – 4 . 4 = 0 RAv = 14/8 = 1,75 kN ∑Ma = 0 -RBv . 8 - 4 . 4 + 1. 10 = 0 RBv = 26/8 = 3,25 kN Cek ∑Fv = 0 1,75 + 3,25 – 4 – 1 = 0 (ok) BMD Ma = -2 . 2 = -4 kNm Md = Rav . 4 = 1,75 . 4 7 kNm Mb = -1 . 2 = -2 kNm Ms = 0 Me = Rc . 3 = 1 . 3 = 3 kNm

b. Balok gerber dengan dua sendi di luar

Balok gerber dengan dua sendi memiliki 3 batang. Yang dimaksud dengan balok gerber dengan dua sendi di luar adalah menempatkan “sendi” S1 di kiri rol B dan “sendi” S2 di kanan rol C, sehingga balok sendi rol AS1 dan S2D akan membebani sendi rol dengan overstek S1BCS2 ( liha gambar dibawah ini) . Jadi struktur tersebut dapat dianalisis dengan menganggap AS1 dan S2D sebagai sendi rol yang membebani sendi rol dengan

21 B C D S2 Rbv Rcv Rdv Rs2Rs2 S2 A S1 Rav Rs1Rs1 S1 D S2 A S1 B C B C D S2 Rbv Rcv Rdv Rs2Rs2 S2 A S1 Rav Rs1Rs1 S1 D S2 A S1 B C 2 kN 4 kN 3 kN 2 m 3 m 3 m 3 m 2 m 2 m 3 m 3 m 2 kN 3 kN 4 kN SFD BMD 1 kN 1 kN 1,733 kN 2,267 kN 1,8 kN 1,2 kN 3 kNm 2 kNm 3,2 kNm 3,6 kNm 3,6kNm E F G

overstek S1BCS2 melalui titik S1 dan S2 ( Reaksi ke atas dari dukungan S1 dan S2 akan menjadi beban titik ke bawah yang membebani sendi rol dengan overstek S1BCS2), sehingga hitungan dimulai dengan mencari reaksi – reaksi balok AS1 dan S2D, kemudian mencari reaksi B dan C.

Solusi Numerik 1.

22 A S1 B C S2 D 1,5 kN/m' 1 kN/m' 1,25 kN/m' A 1,5 kN/m' D 1,25 kN/m' B C 1 kN/m' _Rs2 Rs2 S2 Rs1 Rs1 S1 Rav Rbv Rcv Rdv I II III III II I 4 m 1 m 2 m 1 m 4 m 3 m 2 m 1 m 4 m BALOK AS1 ∑Ms1 = 0 ∑Ma = 0 Rav . 6 – 2 . 3 = 0 -Rs1 . 6 + 2 . 3 = 0 Rav = 1 kN Rs1 = 1 kN CEK = 1 + 1 – 2 =0 OK BALOK S2D ∑Ms2 = 0 ∑Md = 0 -Rdv . 5 – 3 . 2 = 0 Rs2 . 5 + 3 . 3 = 0 Rdv = 1,2 kN Rs2 = 1,8 kN CEK = 1,2 + 1,8 – 3 =0 OK BALOK S1BCS2 ∑Mc = 0 ∑Mb = 0 Rb . 6 +1,8 . 2 - 1 . 8 – 4 . 3 = 0 -Rc . 6 – 1 . 2 + 1,8 . 8 + 4 . 3 = 0 Rbv = 2,733 kN Rc = 4,067 kN CEK = 2,733 + 4,067 – 1 – 4 – 1,8 =0 OK BMD Ma = 0 Me = Rav . 3 = 1 . 3 = 3 kNm MS1 = 0 Mb = -Rs1 . 2 = -2 kNm Mf = Rb . 3 – Rs1 . 5 = 2,733 . 3 – 1 . 5 = 3,2 kNm Mc = -Rs2 . 2 = -1,8 . 2 = 3,6 kN Mg = Rd . 3 = 1,2 . 3 = 3,6 kNm Md = 0 2.

23 3,6 kN 2,4 kN 2,6 kN 1,4 kN 2 kN 3 kN SFD BMD x1 x2 x2 4,32 kNm 4,8 kNm 1,18kNm 4 kNm 3,6 kNm 2,4 kNm 0,2 kNm 2 kNm BALOK S2D ∑Ms2 = 0 ∑Md = 0 -Rdv . 5 + 1,25 .4 . 3 = 0 Rs2 . 5 – 1,25 . 4 . 2 = 0 Rdv = 3 kN Rs2 = 2 kN CEK = 3 + 2 – 1,25 . 4 =0 OK BALOK AS1 ∑Ms1 = 0 ∑Ma = 0 Rav . 5 – 1,5 . 4 . 3 = 0 -Rs1 . 5 – 1,5 . 4 . 2 = 0 Rav = 3,6 kN Rs1 = 2,4 kN CEK = 3,6 + 2,4 – 1,5 . 4 =0 OK BALOK S1BCS2 ∑Mc = 0 ∑Mb = 0 Rb . 8 +2 . 2– 2,4 .10 –1 . 4 . 5 = 0 -Rc . 8 – 2,4 . 2 + 2 . 10 +1 . 4 . 3 = 0 Rbv = 5 kN Rc = 3,4 kN CEK = 5 + 3,4 – 2,4 – 2 – 1 . 4 =0 OK

24 BMD Ma = 0 Me = Rav . 4 – 1,5 . 4. 2 = 2,4 kNm MS1 = 0 Ms2 = 0 Mb = -Rs1 . 2 = -4,8 kNm Mc = -Rs2 . 2 = -4 kNm Mh = Rs2 . 1 = 2 kNm Mf = Rbv . 1 - 2,4 . 3 = -2,2 kNm Mg = Rbv . 5 – 1 . 4 . 2 – 2,4 . 7 = 0.2 kNm Md = 0 Mi = 3,6 . 2 – 1,5 . 2 . 1 = 4,2 kNm Mii = 5 . 3 – 2,4 . 5 – 1 . 2 . 1 = 1 kNm Miii = 3.2 – 1,25 . 2 . 1 = 3,5 kNm

SFD = 0 terjadi pada jarak X1 m dari A Rav – q . x = 0

3,6 – 1,5 x1 = 0 X1 = 2,4 m

Mx1 = 3,6 . 2,4 – 1,5 . 2,4 . ½ . 2,4 = 4,32 kNm

SFD = 0 terjadi pada jarak X2 m dari F 1,4 2,6= 4 − 𝑥₂ 𝑥₂ 1,4 . 𝑥2 = 10,4 − 12,6 𝑥2 X2 = 10,4 / 4 = 2,6 m Mx2 = Rb . (1 + 2, 6) – 2,4 . (3 + 2,6) – 1 . 2,6 . ½ . 2,6 = 1,18 kNm

SFD = 0 terjadi pada jarak X3 m dari D Rd – q . x3 = 0

3 – 1,25 x3 = 0 X3 = 2,4 m

Mx1 = Rdv . 2,4 – 1,25 . 2,4 . ½ . 2,4 = 3,6 kNm

c. Balok gerber dengan dua sendi di dalam

Yang dimaksud dengan balok gerber dengan dua sendi di luar adalah menempatkan “sendi” S1 di kanan rol B dan “sendi” S2 di kiri rol C, sehingga balok sendi rol S1S2 akan membebani sendi rol dengan overstek ABS1 dan S2CD (lihat gambar dibawah). Jadi struktur tersebut dapat dianalisis dengan menganggap S1S2 sebagai sendi rol yang membebani sendi rol dengan overstek ABS1 san S2CD melalui titik S1 dan S2 (reaksi keatas dari dukungan S1 dan S2 akan memnajdi beban titik ke bawah yang membebani sendi rol dengan overstek ABS1 dab S2CD), sehingga

25 A B S1 Rav Rbv A B S1 Rs1Rs1 S1 Rs2Rs2 S2 D C S2 Rdv Rcv D C S2 A B S1 S2 C D 3 kN 8 m 2 m 2 m 4 m 2 m 4 m 4 m 2 kN 1 kN/m' 1 kN/m' A B S1 S2 C D 3 kN 8 m 2 m 2 m 4 m 2 m 4 m 4 m 2 kN 1 kN/m' Rs1 1 kN/m' Rs1 Rs2 Rs2 3,25 kN 4,75 kN 4 kN 2 kN 1 kN 5,25 kN 1,25 kN 0,75 kN 4,75 kN 5,28 kNm 6 kNm 4 kNm 2 kNm 11 kNm SFD BMD

hitungan dimulai dengan mencari reaksi-reaksi S1 dan S2, kemudian mencari reaksi-reaksi pada balok ABS1 dab S2CD.

26 BALOK S1S2 ∑Ms1 = 0 ∑MS2 = 0 -RS2 . 6 + 2 . 3 = 0 Rs1 . 6 – 3 . 4 = 0 RS2 = 1 kN Rs1 = 2 kN CEK = 1 + 2 – 3 = 0 OK BALOK ABS1 ∑Mb = 0 ∑Ma = 0 Rav . 8 + 2 . 2 – 1 . 10 . 3 = 0 -Rb . 8 + 1 . 10 . 5+ 2 . 10 = 0 Rav = 3,25 kN Rb = 8,75 kN CEK = 3,25 + 8,75 – 2 - 1 . 10 =0 OK BALOK S2CD ∑Md = 0 ∑Mc = 0 Rc . 8 - 1 . 10 – 1 . 8 . 4 – 2 . 4 = 0 -Rd . 8 – 1 . 8 . 4 + 2 . 4 - 1 . 2 = 0 Rbv = 6,25 kN Rd = 4,75 kN CEK = 6,25 + 4,75 - 1 – 1 . 8 – 2 =0 OK BMD Ma = 0 Mb = 3,25 . 8 – 1 . 8 . 4 = -6 kNm MS1 = 0 Ms2 = 0 Me = 2 . 2 = 4 kNm Mc = -1 . 2 = -2 kNm Mf = 4,75 . 4 – 1 . 4 . 2 = 11 kNm Md = 0

27 papan penutup balok melintang balok memanjang balok induk balok melintang balok memanjang balok induk A A 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 P P a' a L = 4 . L pot A-A b b' a' b' L' ( Pb' / L' ) ( Pa' / L' ) 1 2 2 3 3 4 4 5

MUATAN TAK LANGSUNG

Adalah suatu muatan yang membebani suatu balok / batang tertentu, dan balok / batang tersebut membebani (didukung) oleh balok pendukung utama, sehingga beban tersebut dirasakan oleh balok pendukung utama sebagai beban tidak langsung.

Dalam prakteknya, muatan tak langsung terjadi pada beberapa contoh berikut. (1) JEMBATAN JALAN RAYA

(2) JEMBATAN KERETA API

Beban yang bekerja di antara 2 balok melintang akan dilimpahkan kebalok memanjang melalui balok - balok melintang tersebut sebagai reaksi sendi dan rol. Dengan kata lain balok-balok melintang tersebut dapat kita anggap sebagai dukungan sendi dan rol (lihat gambar dibawah ini)

28 A C D F E B 2 kN/m 2 kN 1 kN 4 x 2m = 8m 2 kN 2 kN2 kN 2 kN1 kN 1 kN 1 kN ( + ) ( + ) 6,75 kN 4,75 kN 0,75 kN 2,25 kN 3,25 kN 4,25 kN ( + ) 6,5 kNm 9,75 kNm 11 kNm 9,5 kNm Solusinumeric ; ∑ MB = 0 RAV x 8 - 2x4x6 - 2x3 - 1x0 = 0 RAV = 54/8 = 6,75 N ∑ MB = 0 -RB x 8 + 1x8 + 2x5 + 2x4x2 = 0 RB = 34/8 = 4,25 N Cek : = (6,75 + 4,25)-(2x4+2+1) = 11-11 = 0 ( Ok ) BMD MA = 0 MC = 6,75x2-2x2x1 = 9,5kNm MD = 6,75x4-2x4x2 = 11kNm MF = (4,25-1)x3 = 9,75kNm ME = (4,25-1)x2 = 6,5kNm MB = 0 y = 6,5 + x/2(11-6,5) = 6,5 + 2,25 = 8,75

Pada struktur sendi rol dengan overstek penempatan balok melintang dibagian overstek sebagai berikut :

Dan pada struktur balok gerber, penempatan “sendi” S harus tepat pada salah satu balok melintangnya seperti pada gambar berikut :

29 S A B C S2 A S1 B B C S2 A B S1 B C 3 kN A B C 3m 7m RAV RAH RAV RAV RB RB SFD 2,1 kN 0,9 kN ( + ) ( - ) ( + ) BMD 6,3 kNm NFD ( - ) 2,1 kN D PORTAL SENDI-ROL

Portal adalah suatu struktur yang merupakan gabungan balok (unsur pemikul horisontal) dan kolom (unsure pemikul vertikal). Pada portal sendi rol, sendi harus diletakkan dibawah kolom dan rolnya pada ujung balok. Rol dapat dipasang tegak lurus pada sumbu memanjang balok, dan dapat pula dipasang miring.

Untuk menganalisis struktur tersebut, dapat digunakan persamaan kesetimbangan ∑Fx = 0,∑Fy = 0, ∑Mx = 0 karena stuktur tersebut mempunyai 3 buah bilangan yang belum diketahui, yaitu RAV, RAH dan RB. Hubungan antara balok dan kolom

di titik C merupakan hubungan yang kaku. 1. Portal sendi rol dengan rol tegak

Solusinumerik 1. ∑ FH = 0 sehingga RAH = 0 ∑ MB = 0 RAV.10 – 3.7 = 0 RAV = 2,1kN ∑ MA = 0 -RB.10 + 3.3 = 0 RB = 0,9kN Cek : ∑ FV = 0 (2,1 + 0,9) – 3 = 0 (Ok) BMD MA = 0 MC = 0 MD = RAV.3 = 2,1 x 3 = 6,3 kNm

30 A B C 4m 6m RAV RB 4 kN D 2 kN RAH 5m RAV RAV RB 2 kN RAH SFD 1,4 kN 2,6 kN ( + ) ( - ) ( - ) 2 kN ( + ) 2 kNm NFD ( - ) 1,4 kN ( + ) 15,6 kNm BMD FBD 2. ∑ FH = 0 RAH+ 2 = 0 RAH= -2kN (kekiri) ∑ MB = 0 RAV.10 + RAH.5 – 4.6 = 0 RAV = 14/10 = 1,4kN ∑ MA = 0 -RB.10 + 4.4 + 2.5 = 0 RB = 26/10 = 2,6kN Cek : ∑ FV = 0 (1,4 + 2,6) – 4 = 0 (Ok) BMD MA = 0 MC = RAH.5 = 2.5 = 10kNm = RB.10 – 4.4 = 26 – 16 = 10kNm MD = RB.6 = 2,6 x 6 = 15,6 kNm

31 A B C 10m RAV RB 1 kN E 3m RAH RAV RAV RB RAH SFD 4,1 kN ( + ) ( - ) ( + ) 3 kN ( + ) 9 kNm NFD ( - ) 5,1 kN 17,405 kNm BMD 3 kN 3m D 1 kN/m FBD 3 kN 5,1 kN 5,9 kN ( + ) 3. ∑ FH = 0 RAH= 3kN ∑ MB = 0 RAVx 10 + RAHx 6 – 3x3– 1x10 – 1x10x5 = 0 RAV = 51/10 = 5,1kN ∑ MA = 0 -RBx 10 + 1x10x5 + 3x3 = 0 RB = 59/10 = 5,9kN Cek : ∑ FV = 0 (5,1+ 5,9) – 1 – 1.10 = 0 (Ok) BMD MA = 0 MC = RAH.3 = 9 kNm MD = 3.6 – 3.3 = 9 kNm MX = 5,9x5,9 – 1x5,9x(5,9/2) = 17,405 kNm ME = 5,9x5 – 1x5x2,5 = 17 kNm MB = 0

32 A B C 4m 6m RAV RBV 4 kN D 5m RAV RAV RBV RAH SFD 2,836 kN 1,164 kN ( + ) ( - ) ( - ) 0,873 kN ( - ) 4,365 kNm NFD ( - ) 2,836 kN ( + ) 6,984 kNm BMD FBD RAH RB 3 4 RBH RBH RAH ( - ) 4,365 kNm 2,836 kN ( - ) RBH

2. Portal sendi rol dengan rol miring Solusinumerik : 1. ∑ FH = 0 RAH – RBH= 0 RAH= 3/5 RBH ∑ MA = 0 -RBV.10 - RBH.6 + 4.4 = 0 11RB = 16 RB= 1,455 kN RBH= (3/5) 1,455 = 0,873 kN RBV = (4/5) 1,455 = 1,164kN ∑ MB = 0 RAV.10 - RAH.5 - 4.6 = 0 RAV = 28,36/10 = 2,836 kN Cek : (2,836 + 1,164) – 4 = 0 (Ok) BMD MA = 0 MC= -RAH.5 = -4,365 kNm MD = RBV.6 = 6,784 kNm

33 A B C 4m RAV RBV 6 kN D 6m RAV RAV RBV RAH SFD 11,8 kN 6,2 kN ( + ) ( - ) ( - ) ( - ) 13,6 kNm NFD ( - ) 11,8 kN ( + ) 17,6 kNm BMD FBD RB 3 4 RBH RBH RAH ( - ) 13,6 kNm 8,267 kN ( - ) 4m 4m 8 kN 4 kN RAH 12 kN 2 kN /m E F RBH 7,8 kN 1,8 kN ( + ) 3,733 kN 1,866 8,267 kN 24,8 kNm ( + )3,48 kNm 2. ∑ FH = 0 12 – RBH – RAH = 0 RAH = 12 - RBH ∑ MA = 0 -RBV x 12 - RBHx 6 + 12 x 3 + 6 x 4 + 8 x 8 = 0 - 3/5 (12RB) – 4/5 (6RB) + 124 = 0 12RB = 124 RB = 10,333 kN RAH = 12 – 4/5 (10,333) = 3,7333kN RBH= (4/5) 10,333 = 8,266kN RBV = (3/5) 10,333 = 6,2kN ∑ MB = 0 RAVx12 – 12x3 – 4x12 - 6x8 - 8x4+ RAH.6 = 0 RAV = 141,6/10 = 11,8kN Cek : ∑ FV = (11,8 + 6,2) – (4+6+8) = 0 (Ok) BMD MA = 0 MC= RAH.3 – 2,3.1,5 = 2,2kNm MD = 3,733.6 –12.3 = -13,6kNm ME = 6,2.8 – 8.4 = 17,6 kNm MF = 6,2.4 = 24,8 kNm MF = 6,2.4 = 24,8 kNm Mx= 3,7333x1,866 – 2x1,87x(1,866/2) = 3,484 kNm