Bahan Ajar Mekanika Rekayasa 3

BAHAN AJAR MEKANIKA REKAYASA 3 PROGRAM D3 TEKNIK SIPIL

2011

BOEDI WIBOWO

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

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

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

∆ 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

0,3750,625

0,06250,0625

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

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

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

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

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

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 M3 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 αS 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 αS EF

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 αα CF

α CF COS α C

A

C D E

F

B

A G

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 αα 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

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

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

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

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 =

4 T

A

3,5 T 0,5 T

0 0

2

0

4 10

0,3750,625

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

00

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

+ = ‐

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

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

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

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

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

Dijumlah

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

66

4T

0,625TM

A B

0,3125TM 0,2344T 0,625TM

0,2344T 3,7656T

2TM 1T

C D

3,7656T 2TM RP0

AB ∑ MB = 0 VA.4‐0,3125‐0,625 =0 VA=0,2344 T 1T

VB = 0,2344 T

BC VB = 4 – 0,2344 = 3,7656 T VC = 3,7656 T

CB ∑ MB = 0 ‐HC.3 – 3,7656.4 + 2 + 0,625 =0 HC = 4,1458 T

CD HC = 4,1458 T HD = 4,1458 T RP0 = 4,1458 T

PHASE SATU , PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG

3 5 sinα=3/5 tgα=3/4

4 B ∆ B’

B B’ ∆/tgα

A = ∆/sinα

B’’ B’’

4 m 4 m C 2 m D

MFAB = MFBA =

MFBC =

67

TITIK A B C BATANG AB BA BC CB CD

FD ‐ ‐0,625 ‐0,375 ‐1 0 MF 250X 250X ‐100X 0 0 MD 0 ‐93,75X ‐56,25X 0 0 MI ‐46,875X 0 0 MD 0 0 0 0 0 MI 0 0 0 MD 0 0 0 0 0

M AKHIR 203,125X 156,25X ‐156,25 0 0

156,25X

A B

203,125X 89,84375X 156,25X

89,84375X 89,84375X

C D

89,84375X RP1

AB ∑ MB = 0 VA.4‐203,125X‐156,25X =0 VA=89,84375X

VB = 89,84375X

BC VB = 89,84375X VC = 89,84375X

CB ∑ MB = 0 ‐HC.3 + 89,84375X.4 + 156,25X =0 HC = 171,875X

CD HC = 171,875X HD = 171,875X RP1 = 171,875X

RP0 + RP1 = 0 4,1458 – 171,875 X = 0 X = 0,02412

68

MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU

MAB = 0,3125 + 203,125 . 0,02412 = + 5,212 TM

MBA = 0,625 + 156,25 . 0,02412 = + 4,394 TM

MBC = ‐0,625 ‐156,25 .0,02412 = ‐ 4,394 TM

MCB = ‐2 + 0 . 0,02412 = ‐2 TM

MCD = +2 + 0. 0,02412 = + 2TM

4T

4,394TM

A B

5,212TM 2,4015T 4,394TM

2,4015T 1,5985T

2TM 1T

C D

1,5985T 2TM

1T

CB ∑ MB = 0 + MB – 1,5985.4 + 2 = 0 MB = 4,394 TM

CD ∑ MC = 0 + MC + 2.1 = 0 MC = ‐ 2TM

NCB = ‐ 1,5985 . 0,6 = ‐ 0,9591 T

DCB = ‐ 1,5985 .0,8 = ‐ 1,2788 T

C

1,5985COSα 1,5985SINα

69

0,9591T N

0,9591T

2,4015T 2,4015T

D

1T

1,2788 T

5,212TM

M

4,394TM 2TM 2TM

4,394TM

70

DAFTAR PUSTAKA

1 . Chu Kia Wang Ph D , Ir . Herman Widodo S ,

STRUKTUR STATIS TAK TENTU

2 . Chu Kia Wang Ph D, Kusuma Wirawan & Mulyadi

Nata Prawira , ANALISA STRUKTUR LANJUTAN

Documents

Bahan Ajar Mekanika Rekayasa 3