Analisa struktur 1

Jurusan Teknik Sipil ANALISIS STRUKTUR I Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo

Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 00 - 00

ANALISIS STRUKTUR I



ANALISIS STRUKTUR I

MATERI A.S. I SETENGAH SEMESTER KE DUA

Struktur Statis Tertentu (Statically Determinate Structures), meliputi:

1. Struktur Portal: Cara Analitis dan Grafis

2. Struktur Portal dan Pelengkung 3 Sendi: Cara Analitis dan Grafis

3. Struktur Kantilever dalam Ruang dengan beban Momen Torsi

4. Tinjauan matematis hubungan gaya2 eksternal dan internal



PROSES PERANCANGAN BANGUNAN SIPIL

REVIEW ANALISIS STRUKTUR I

Pengumpulan Data:- Fungsi Bangunan- Ukuran/Geom. Struktur- Bahan Bangunan- Peraturan2 / Standard2- Keadaan Tanah & Lingk.

Modelisasi:Struktur Riil à Model Struktur

Analisis Beban; Perkiraan Dimensi Elemen2 Str

Analisis Struktur Perancangan Elemen2 Struktur

Kontrol Kapasitas & Tegangan

pada Elemen2 Str.

PelaksanaanPekerjaan Struktur

Tidak !

Gambar Detail Struktur

Ya!



PERAN ANALISIS STRUKTUR


Analisis Struktur bukan merupakan tahapan akhir dalam proses peran-cangan.

Analisis Struktur merupakan `alat´ yang digunakan untuk mendukung proses perancangan.

Tujuan utama dari Analisis Struktur adalah untuk membantu perancang struktur dalam membuat keputusan2 penting dalam proses perancang-an.

Hasil dari suatu Analisis Struktur pada sebuah struktur akibat beban2 yang bekerja padanya adalah respon struktur tersebut, yang berupa:- perubahan posisi elemen2 atau bentuk konfigurasi struktur- gaya2 internal pada elemen2 struktur : gaya aksial , gaya geser ,

momen lentur , momen torsi .



MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR


Pelaksanaanyg benar !

Sering dilaksana-kan sbg jepit !



MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR




MODELISASI STRUKTUR




JENIS2 DAN SIFAT2 TUMPUAN






TUMPUAN SENDI

Tumpuan sendi dapat menahan gaya horisontal dan vertikal,tetapi tidak dapat menahan momen.





TUMPUAN SENDI





TUMPUAN SENDI





TUMPUAN SENDI

Balok Gerber





TUMPUAN ROL

Tumpuan rol hanya dapat menahan gaya tegak lurus pada bidang tumpunya , tetapi tidak dapat menahan momen





TUMPUAN ROL





TUMPUAN JEPIT

Tumpuan jepit dapat menahan gaya vertikal maupun horisontal dan dapat menahan momen





TUMPUAN JEPIT



JENIS-JENIS BEBAN


PEDOMAN2 PEMBEBANAN:

Tata Cara Perencanaan Pembebanan Jembatan Jalan Raya. SNI 03-1725-1989

Tata Cara Perencanaan Pembebanan Untuk Rumah dan Gedung SNI 03-1727-1989

Pedoman Pembebanan untuk Jembatan Jalan Rel

etc.



JENIS-JENIS BEBAN


JENIS-JENIS BEBAN UNTUK BANGUNAN GEDUNG (SNI 03-1727-1989):

1. Beban Mati (M):ialah berat dari semua bagian dari suatu gedung yang bersifat tetap, termasuk segala unsur tambahan, `finishing`, mesin2, serta peralatan tetap yg merupakan bagian yg tak terpisahkan dari gedung itu.

2. Beban Hidup (H):ialah semua beban yg terjadi akibat penghunian atau penggunaan suatugedung; termasuk beban2 pada lantai yg berasal dari barang2 yg dapatberpindah, mesin2 serta peralatan yg tidak merupakan bagian yg tak terpisahkan dari gedung dan dapat diganti selama masa hidup dari ge-dung tersebut, sehingga mengakibatkan perubahan dalam pembebananlatai atau atap gedung.



JENIS-JENIS BEBAN


3. Beban Angin (A):ialah semua beban yg bekerja pada gedung atau bagiannya yg disebab-kan oleh selisih dalam tekanan udara.

4. Beban Gempa (G):ialah semua beban atau gaya-gaya di dalam struktur yang terjadi oleh gerakan tanah akibat gempa

5. Beban Khusus (K):ialah semua beban yang bekerja pada gedung atau bagian gedung ygterjadi akibat:- selisih suhu- pengangkatan dan pemasangan- penurunan fondasi- gaya2 tambahan yg berasal dari beban hidup à gaya rem, gaya sen-trifugal dan gaya dinamis


Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 01 - 25a

JENIS-JENIS BEBAN


CONTOH: Beban Mati à Berat sendiri bahan bangunan


Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 01 - 25b

JENIS-JENIS BEBAN


CONTOH: Beban Mati à Berat sendiri bahan bangunan


Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 01 - 25c

JENIS-JENIS BEBAN


CONTOH: Beban Hidup


Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 01 - 25d

JENIS-JENIS BEBAN


CONTOH: Beban Hidup



JENIS-JENIS BEBAN


Beban mati dan beban hidup: Beban gempa:

Beban angin:



Beban angin:

JENIS-JENIS BEBAN


Beban selisih suhu: Beban akibat perbedaanpenurunan fondasi:



JENIS-JENIS BEBAN


Beban gempa:



DISTRIBUSI BEBAN


Beban terpusat

Beban merata



PENYALURAN BEBAN (LOAD PATH)




DASAR-DASAR ANALISIS STRUKTUR


ANGGAPAN2:1. Bahan elastis (memenuhi Hukum Hook) à E, G, n konstan.2. Deformasi yang terjadi kecil à Persamaan keseimbangan dapat disu-

sun pada bentuk struktur yg tidak berubah bentuk.

Oleh karenannya à berlaku prinsip SUPERPOSISI.

KRITERIA DASAR ANALISIS STRUKTUR:1. Bahan struktur memenuhi hukum2 bahan à linier elastik (Hk Hook)2. Prinsip2 keseimbangan statik terpenuhi:

Untuk kasus bidang 2 dimensi (2D) à SFh = 0 SFv = 0 SM = 0 3. Prinsip kompatibilitas (hubungan perpindahan dan regangan) terpenuhi



STRUKTUR STATIS TERTENTU


Suatu struktur disebut sebagai struktur statis tertentu, jika gaya2 eksternal dan internal akibat beban2 yg bekerja dapat dihitung seluruhnya dengan persamaan keseimbangan berikut ini:Untuk kasus bidang 2 dimensi (2D):SFh = 0 jumlah gaya2 horisontal pada seluruh sistem adalah nolSFv = 0 jumlah gaya2 vertikal pada seluruh sistem adalah nol SM = 0 jumlah momen pada setiap titik di dalam struktur adalah nol.

Pada struktur ini:

Reaksi tumpuan (H, RL dan RR) maupun gaya2 internal (N, V, M) dapat dihitung dg menggunakan tiga persamaan keseimbangan tsb.



STRUKTUR STATIS TAK TERTENTU


Suatu struktur disebut sebagai struktur statis tak tertentu, jika struktur tsbstabil dan gaya2 eksternal serta internal akibat beban2 yg bekerja tidak dapat dihitung seluruhnya hanya dengan tiga persamaan keseim-bangan tsb di muka (kasus 2D).

Pada struktur ini:

Terdapat 4 Reaksi tumpuan (H, M, RL dan RR) .

Empat variabel tsb tidak dapat dihitung seluruhnya, karena hanya tersedia 3 persamaan.



CONTOH2 STRUKTUR STATIS TERTENTU


Simple beam





Simple beam





Balok Kantilever





Balok Kantilever





Balok Kantilever





Balok Kantilever





Balok Gerber





Portal 3 Sendi





Portal 3 Sendi





Pelengkung 3 Sendi





Pelengkung 3 Sendi



CONTOH2 KERUSAKAN STRUKTUR























Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 SEM. PENDEK 2005 01 - 01

ANALISIS STRUKTUR ISemester Pendek 2005

II 09 Juli 2005 Review Teori:Portal & Pelengkung

VII 27 Juli 2005 Pembahasan Soal

VIII 30 Juli 2005 Review Teori:Kantilever 3 D, Tinjauan Matematis

IX 03 Agt. 2005 Pembahasan Soal

X 06 Agt. 2005 Quiz

UAS 13 Agt. 2005 Ujian Akhir Semester

Kuliah Ke Tanggal Materi





DASAR-DASAR ANALISIS STRUKTUR


ANGGAPAN2:

1. Bahan elastis (memenuhi Hukum Hook) à E, G, n konstan.

2. Deformasi yang terjadi kecil à Persamaan keseimbangan dapat disu-





KRITERIA DASAR ANALISIS STRUKTUR:

1. Bahan struktur memenuhi hukum2 bahan à linier elastik (Hk Hook)

2. Prinsip2 keseimbangan statik terpenuhi:

Untuk kasus bidang 2 dimensi (2D) à SFh = 0 SFv = 0 SM = 0

3. Prinsip kompatibilitas (hubungan perpindahan dan regangan) terpenuhi

STRUKTUR STATIS TERTENTU


Suatu struktur disebut sebagai struktur statis tertentu, jika gaya2 eksternal

dan internal akibat beban2 yg bekerja dapat dihitung seluruhnya dengan

persamaan keseimbangan berikut ini:

Untuk kasus bidang 2 dimensi (2D):

SFh = 0 jumlah gaya2 horisontal pada seluruh sistem adalah nol

SFv = 0 jumlah gaya2 vertikal pada seluruh sistem adalah nol

SM = 0 jumlah momen pada setiap titik di dalam struktur adalah nol.

Pada struktur ini:

Reaksi tumpuan (H, RL dan RR) maupun gaya2 internal (N, V, M) dapat dihitung dg menggunakan tiga persamaan keseimbangan tsb.



STRUKTUR STATIS TAK TERTENTU


Suatu struktur disebut sebagai struktur statis tak tertentu, jika struktur tsb

stabil dan gaya2 eksternal serta internal akibat beban2 yg bekerja

tidak dapat dihitung seluruhnya hanya dengan tiga persamaan keseim-

bangan tsb di muka (kasus 2D).

Pada struktur ini:

Terdapat 4 Reaksi tumpuan (H, M, RL dan RR) .

Empat variabel tsb tidak dapat dihitung seluruhnya, karena hanya tersedia 3 persamaan.



Berbagai bentuk Portal (Frame) dan Pelengkung (Arch)

STRUKTUR STATIS TERTENTU: PORTAL DAN PELENGKUNG

1. Portal Sederhana:Tumpuan : sendi – roll atau jepitElemen2 : batang-batang horisontal, vertikal, miring

Batang2 tsb tersambung secara kaku (sambungan dapat menahan momen).

sendi rol

sambungan kaku

sendi

rol

sambungan kaku

Reaksi tumpuan à 2 pada tumpuan Sendi dan 1 pada tumpuan Rolà Dapat dicari dengan 3 persamaan yang tersedia (SFH = 0, SFV = 0,

SM = 0)

jepit

sambungan kaku




2. Portal 3 Sendi:Tumpuan : sendi – sendiElemen2 : batang-batang horisontal, vertikal, miringBatang2 tsb tersambung secara kaku (sambungan dapat menahan momen). Terdapat satu sambungan sendi S (disini berlaku MS = 0) pada/diantara batang2 tersebut.

Reaksi tumpuan à 2 pada msg2 tumpuanSendi à total: 4 reaksi tumpuan !Hanya tersedia 3 persamaan (SFH = 0, SFV = 0, SM = 0).à Struktur statis tak tentu!

sambungan kaku

sendi sendi

S

Agar menjadi struktur statis tertentu, ditambah-kan sambungan sendi S pada salah satu batangnya.





Sekarang terdapat 4 persamaan:SFH = 0, SFV = 0, SM = 0 dan SMS = 0untuk menghitung 4 reaksi tumpuan tersebut ! à Struktur Statis Tertentu!

Sambungan sendi S dapat menahan gaya aksial dan gaya geser, tetapi tidak dapat menahan momen.Letak sambungan sendi S dipilih pada tempat yang paling menguntungkan,misalnya pada titik dengan gaya aksial dan gaya geser kecil atau nol.

sendi

sambungan kaku

sendi

S





3. Pelengkung Sederhana:Tumpuan : sendi – rollElemen2 : batang melengkung (arch)

sendi rol

Reaksi tumpuan:2 pada tumpuan Sendi dan 1 pada tumpuan Rolà Dapat dicari dengan 3 persa-maan yang tersedia (SFH = 0, SFV = 0, SM = 0)

Deformasi struktur akibat beban berat sendiri dan beban luar pada struktur portal dan pelengkung sederhana (sendi roll) pada umumnya cukup besar. Untuk mencegah hal ini maka diantara tumpuan sendi dan rol dipasang ba-tang tarik (tie rod ), seperti banyak digunakan pada portal struktur atap ge-dung à Struktur menjadi sistim statis tak tentu.





batang tarikbatang tarik





4. Pelengkung 3 Sendi:Tumpuan : sendi – sendiElemen2 : batang melengkung (arch)Terdapat satu sambungan sendi S (disini berlaku MS = 0) batang tersebut.

sendi

S

sendi





Reaksi tumpuan:2 pada msg2 tumpuan Sendi à total: 4 reaksi tumpuan !Hanya tersedia 3 Persamaan (SFH = 0, SFV = 0, SM = 0).à Struktur statis tak tentu!

Agar menjadi struktur statis tertentu, ditambahkan sambungan sendi S pada batang lengkung tersebut, sehingga menjadi dua batang lengkung yang terhubung pada sendi S.






Portal 3 Sendi

Sendi

Sendi

Sendi(tidak tampak)





Portal 3 Sendi

Sendi

Sendi(tidak tampak)

Sendi(tidak tampak)





Pelengkung 3 Sendi

SendiSendi

Sendi





Pelengkung 3 Sendi

Sendi

Sendi

Sendi(tdk tampak)



Contoh Hitungan (1)

STRUKTUR PORTAL 3 SENDI

1,5 m

2 m

AB

C

D E40 kN

F

S

2 m2 m

2 m

1,5 m 3,0 m 3,0 m 2,0 m 2,0 m

30 kN

15 kN/m´

Tumpuan A dan B terletak sama tinggi

Hitung reaksi tumpuan A dan B dan hitung serta gambarkan diagram gaya-gaya dalamnya (NFD, SFD dan BMD).




Jumlah reaksi tumpuan: 2 reaksi pada tiap tumpuan à 4 reaksi

Jumlah persamaan: 3 persamaan keseimbangan

1 persamaan tambahan Ms = 0

Struktur statis tertentu !

Menghitung reaksi tumpuan:

Anggapan: Arah Reaksi Vertikal Tumpuan A ke atas

Arah Reaksi Horisontal Tumpuan A ke kanan

Arah Reaksi Vertikal Tumpuan B ke atas

Arah Reaksi Horisontal Tumpuan B ke kiri




Reaksi Vertikal Tumpuan A:

Dapat digunakan SMB = 0

RAV . 13 + 30.2 – 15.6.(4+6/2) – 40.2 = 0 à RAV = 50 kN (ke atas)

Reaksi Vertikal Tumpuan B:

Digunakan SMA = 0

– RBV . 13 + 30.2 + 15.6.(3+6/2) + 40.11 = 0 à RBV = 80 kN (ke atas)

Reaksi Horisontal Tumpuan A:

Digunakan MS = 0 dari bagian sebelah kiri sendi S

RAV . 6 – RAH . 4 – 30.2 – 15.3.(3/2) = 0 à RAH = 43,125 kN (ke kanan)

Reaksi Horisontal Tumpuan B:

Digunakan MS = 0 dari bagian sebelah kanan sendi S

– RBV . 7 + RBH . 4 + 40.5 + 15.3.(3/2) = 0 à RBH = 73,125 kN (ke kiri)




Kontrol:

SFV = 0

RAV + RBV – 15.6 – 40 = 50 + 80 – 90 – 40 = 0 à OK !

SFH = 0

RAH – RBH + 30 = 43,125 – 73,125 + 30 = 0 à OK !

Jadi: Hitungan reaksi tumpuan sudah benar !



Diagram benda babas (Free Body Diagram):


A

C

D

30 kN

65,875 kN

4,5 kN

3

4

50 kN

43,125 kN

18 kN

24 kN28,5 kN

83,875 kN82,5 kN.m

ES

15 kN/m´

50 kN

73,125 kN

D82,5 kN.m

73,125 kN

40 kN52,5 kN.m

40 kN

B

F

80 kN

73,125 kN

108,276 kN

4,861 kN

28,284 kN28,284 kN

1

1

23,423 kN

79,991 kN

E

52,5 kN.m



NFD


A B

C

D E

F

S(-

)

65,8

75 k

N

83,8

75 k

N

(-)

79,991 kN108,276 kN

(-)

73,125 kN



SFD


A B

C

D E(-

)

4,5

kN

28,5

kN

F

(-)

23,423 kN

4,861 kN

(+)

50 kN

40 kN

3,333 m

2,667 m

(+)

(-)S



BMD


A

B

C

D E

F

S(-)

11,25 kNm

82,5 kNm

82,5 kNm

3,333 m2,667 m

(+)

(-)

(-)

52,5 kNm

0,833 kNm

13,7497 kNm

52,5 kNm

(+)

(-)



STRUKTUR PELENGKUNG SEDERHANA




P1

P2P3

Terdapat 3 persamaan keseimbangan à jadi: 3 reaksi tumpuan dapat dihitung à struktur statis tertentu.

Tumpuan A à sendi à terdapat 2 reaksiTumpuan B à rol à terdapat 1 reaksi Total: 3reaksi tumpuan

Lengkung:- lingkaran- parabol- kombinasi

A

RAH

B

RAV RBV

R1

R2 R2R1




R1

R1

A

RAH

RAV

P1 Pada potongan yang ditinjau terdapat gaya-gaya dalam: N, V, M

Gaya N dan V diuraikan menjadi komponen masing2:

N à Nx dan Ny

V à Vx dan Vy

Selanjutnya dapat dihitung N, V dan M dengan persamaan keseimbangan:

SFx = 0

SFy = 0

SM = 0

N

V

M

a

x

y




R1 = 3 m

Hitung dan gambarkan diagram gaya-gaya dalamnya:

NFD, SFD dan BMD

Contoh Hitungan

A

RAH

B

RAV RBV

R1 = 3 m

R1 = 3 m

10 kN/m

a




Penyelesaian:

Karena bentuk struktur dan beban simetris dan tidak ada beban horisontal, maka dengan mudah dapat dihitung:

RAH = 0 kN RAV = RBV = 10 . 6 / 2

= 30 kN

Ditinjau sebuah potongan pada ttk. C :

Pada potongan bekerja gaya-gaya dalam Nc, Vc dan Mc dengan arah diasumsikan seperti pada gambar.

Gaya-gaya Nc dan Vc diuraikan menjadi komponennya dalam arah x dan y:

Nc à Ncx = Nc sin a dan Ncy = Nc cos a

Vc à Vcx = Vc cos a dan Vcy = Vc sin a

R1 = 3 m

A

RAV = 30 kN

a

3(1-cos a)

10.3(1-cos a) kN

Nc

Vc

Mc

C




R1 = 3 m

A

RAV = 30 kN

a

Dari persamaan keseimbangan dapat dihitung Nc, Vc dan Mc :

SFx = 0

Nc sin a – Vc cos a = 0

à Vc = Nc sin a / cos a

SFy = 0

30 – 30 (1-cos a) + Nc cos a + Vc sin a = 0

30.cos a + Nc cos a + Nc sin2 a / cos a = 0

à Nc = – 30.cos2 a

à Vc = – 30. sin a . cos a

3(1-cos a)

10.3(1-cos a) kN

Nc

Vc

Mc

C




R1 = 3 m

A

RAV = 30 kN

a

SMc = 0

30.3(1-cos a) – 30(1-cos a). 3/2.(1-cos a) – Mc = 0

90(1-cos a) – 90/2.(1-cos a)2 – Mc = 0

Mc = 45.(1-cos a)2

3(1-cos a)

10.3(1-cos a) kN

Nc

Vc

Mc

C




Sudut a Nc = – 30.cos2 a Vc = – 30. sin a . cos a Mc = 45.(1-cos a)2

0° – 30 0 0

45° – 15 – 15 + 3,8604

90° 0 0 + 45

135° – 15 + 15 + 3,8604

180° – 30 0 0




NFD (kN)

( – ) ( – )

30

1515

3045°45°




SFD (kN)

( – ) ( +)

1515

45°45°




BMD (kN)

( +)

3,8604

45°45°

3,8604

45



STRUKTUR PELENGKUNG 3 SENDI

Sendi Sendi

Sendi




ASendi

BSendi

Sendi

Terdapat 3 persamaan keseimbangan dan persamaan tambahan Ms = 0 à jadi: 4 reaksi tumpuan dapat dihitung à struktur statis tertentu.

Tumpuan A à sendi à terdapat 2 reaksiTumpuan B à sendi à terdapat 2 reaksi Total: 4 reaksi tumpuan




ASendi

BSendi

Sendi




BSendi

SSendi

ASendi

R = 5

m

R =

5m

R = 5m

L

45° 45°

q = 10 kN/m

CONTOH No.1




BSendi

ASendi

R = 5

m

R =

5m

R = 5m

L

45° 45°

q = 10 kN/m

SSendi

Arah reaksi2 tumpuan diasumsikan sbb.:

H

L = 2 . (R / 2) = 2 . (5 / 2) = 7,071 m

½.L = 3.5355 m

H = 1.4645 m

C




Reaksi Tumpuan:

SMA = 0 à – RBV . L + ½ . q . L2 = 0

RBV = ½ . q . L = ½ . 10 . 7,071 = 35,355 kN (ke atas)

SMB = 0 à RAV . L – ½ . q . L2 = 0

RAV = ½ . q . L = ½ . 10 . 7,071 = 35,355 kN (ke atas)

SMS,ki = 0à RAV . ½ L – RAH . H – ½ . q . (½ L)2 = 0

RAH = (RAV . ½ L – ½ . q . (½ L)2 / H = 42,676 kN (ke kanan)

SMS,ka = 0 à RBH . H – RBV . ½ L + ½ . q . (½ L)2 = 0

RBH = (RBV . ½ L – ½ . q . (½ L)2 / H = 42,676 kN (ke kiri)

Kontrol:

SFH = 0 à RAH – RBH = 42,676 - 42,676 = 0 OK!

SFV = 0 à RAV + RBV – q . L = 35,355 + 35,355 – 10 . 7,071 = 0 OK!



R =

5 m

a

xc

yc

45°

R = 5 m

b½L


Gaya-gaya dalam (ditinjau pada ttk. C):

b= 45° + a

xc = ½ . L – R . cos b

yc = R . sin b – ½ . L Nc

Vc

Mc

Ncx

Ncy

Vcx

Vcy

q = 10 kN/m

RAV

RAH

A

C

x

y

Gaya-gaya Nc dan Vc diuraikan

menjadi komponennya dalam

arah x dan y:

Nc à Ncx = Nc sin b dan

Ncy = Nc cos b

Vc à Vcx = Vc cos b dan

Vcy = Vc sin b




Digunakan prinsip keseimbangan gaya dan momen:

SFx = 0 à Ncx – Vcx + RAH = 0

Nc.sin b – Vc . cos b + 42,676 = 0

Vc = (Nc.sin b + 42,676) / cos b ... (1)

SFy = 0 à Ncy + Vcy + RAV – q.xc = 0

Nc.cos b + Vc . sin b + 35,355 – 10 . xc = 0

Nc.cos b + ((Nc.sin b + 42,676) / cos b) . sin b + 35,355 – 10 . xc = 0

Nc = 10 . xc . cos b - 42,676 . sin b – 35,355 . cos b ... (2)

SMc = 0 à RAV . xc – RAH . yc – ½ . q . (xc)2 – Mc = 0

Mc = RAV . xc – RAH . yc – ½ . q . (xc)2 ... (3)




a b xc yc Nc Vc Mc Ttk.Persm.(2) Persm.(1) Persm.(3)

[°] [°] [m] [m] [kN] [kN] [kNm]

0 45 0,000 0,00 - 55,178 + 5,178 0 A

15 60 1,047 0,795 - 49,460 - 0,312 - 2,661

30 75 2,241 1,294 - 44,573 - 1,454 - 1,102

45 90 3,536 1,465 - 42,676 0 0 S

60 105 4,830 1,294 - 44,573 + 1,454 - 1,102

75 120 6,036 0,795 - 49,460 + 0,312 - 2,661

90 135 7,071 0 - 55,178 - 5,178 0 B




NFD (kN)

(–)

55,178

44,460

44,57342,676

44,573

44,460

55,178




SFD (kN)

(–)

01,45

4

0,31

2

5,178

(–)

(+)

(+) 0,31

2

1,45

4

5,17

8




BMD (kNm)

(–)

0

1,10

2

2,66

1

0(–)

2,66

11,10

2

0




ASendi

BSendi

Sendi

q = 10 kN/m

R = 6m

45°

L

L1L2

H

CONTOH No.2

L1 = 6 m L2 = (R / 2) = 4,243 m

L = 10.243 m

H = 4,243 m

Arah reaksi2 tumpuan diasumsikan spt pada gambar di atas.




Reaksi Tumpuan:

SMA = 0 à – RBV . L – RBH . H + ½ . q . L2 = 0

10,243 . RBV + 4,243 . RBH = 524,595 ... (1)

SMB = 0 à RAV . L – RAH . H – ½ . q . L2 = 0

10,243 . RAV – 4,243 . RAH = 524,595 ... (2)

SMS,ki = 0 àRAV . L1 – RAH . R – ½ . q . (L1)2 = 0

RAV – RAH = 30 ... (3)

SMS,ka = 0à -RBV . H + RBH . (R - H) + ½ . q . (L2)2 = 0

4,243 . RBV – 1,757 . RBH = 90,015 ... (4)




Reaksi Tumpuan:

10,243 . RAV – 4,243 . RAH = 524,595 ... (2)

10,243 . RAV – 10,243 . RAH = 307,290 ... (3) x 10,243

6 . RAH = 217,205

RAH = 36,2175 kN (ke kanan, OK)

RAV = 66,2175 kN (ke atas, OK)

10,243 . RBV + 4,243 . RBH = 524,595 ... (1)

10,243 . RBV – 4,243 . RBH = 217,377 ... (4) x 2,4149

20,486. RBV = 741,972

RBV = 36,2185 kN (ke atas, OK)

RBH = 36,203 kN (ke kiri, OK)




Kontrol:

SFH = 0 à RAH – RBH = 36,2175 - 36,203 = 0,0145 ~ 0 (kesalahan pembulatan), OK!

SFV = 0 à RAV + RBV – q . L = 66,2175 + 36,2185 – 10 . 10,243 = 0,006(kesalahan pembulatan), OK!

Gaya-gaya dalam:

Titik A (a = 0°):

NA = – RAV = – 66,2175 kN

VA = – RAH = – 36,2175 kN

MA = 0 kNmA

RAV

RAH

NA

VA




Gaya-gaya dalam:

Titik C (a = 45°):

45°R = 6 m

R = 6 m

Nc

Vc

Mc

q = 10

4,243

1,757

66,2175

36,2175

SFx = 036,2175 + 0,7071.Nc – 0,7071.Vc = 00,7071.Nc – 0,7071.Vc = – 36,2175 ...(1)

SFy = 066,2175 + 0,7071.Nc + 0,7071.Vc – 10 . 1,757 = 00,7071.Nc + 0,7071.Vc = – 48,6475 ...(2)

Nc = - 60,009 kNVc = - 8,789 kNMc = 66,2175 . 1,757 – 36,2175 . 4,243 –

0,5 . 10 . 1,7572

= -52,762 kNm




Titik S (a = 90°):

90°

R = 6 m

NS

VS

MS

q = 10

36,2175

SFx = 036,2175 + NS = 0à NS = – 36,2175 kN

SFy = 066,2175 + VS – 10 . 6 = 0 à VS = – 6,2175 kN

MS = 66,2175 . 6 – 36,2175 . 6 – 0,5 . 10 . 62

= 0 kNm R =

6 m

66,2175

Titik B (a = 135°):RBH

RBV

NB

VB

NB = – 0,7071 . 36,203 – 0,7071 . 36,2185Nc = – 51,209 kN

VB = + 0,7071 . 36,203 – 0,7071 . 36,2185Vc = – 0,011 kN

MB = 0 kNm Jurusan Teknik Sipil ANALISIS STRUKTUR I Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



NFD (kN)

66,2175

60,009

36,2175

51,209(-)




SFD (kN)

-36,2175

8,789

6,2175

0,011

(-)




BMD (kNm)

0

52,7620

0(-)

5,112

(-)



SOAL2 PORTAL & PELENGKUNG STRUKTUR STATIS TERTENTU

ANALISIS STRUKTUR I

(1) Portal Sendi-Rol



15 kN

10 kN

9 m

4 m 6 m2 m

4 m

A

B

CD

E3 kN/m’

6 kN/m’


ANALISIS STRUKTUR I




20 kN5 kN

A

B

C D HE F G J

6 m

2 m3 m 2 m

4 m

2 m 3 m2 m

8 kN

30 kN

2 kN/m´43


ANALISIS STRUKTUR I




15 kN

A

BC D S F

6 m3 m3 m 4 m 3 m

10 kN

3 kN/m´

4 m

E

1 kN/m

2 kN/m

5 kN


ANALISIS STRUKTUR I




15 kN

A

BC DS F

4 m

1,5 m 3 m2 m 1 m

10 kN3 kN/m´

E

5 kN

2 kN/m´ 2 kN/m´

2 kN/m´

3 kN/m´

GH

J

K L

2 m

1,5 m 1 m 2 m1 m 1 m

Batang JH = pendel = batang ayun


ANALISIS STRUKTUR I




10 kN

A B C D

F

2 m

2 m

2 m

20 kN3 kN/m´

E 10 2 kN2 kN/m´

G H

2 m

2 m 1,5 m2 m

Batang FG = pendel = batang ayun

3 kN/m´

) 45°

2 m

J


ANALISIS STRUKTUR I

(6) Portal 3 Sendi



2 m 2 m6 m6 m

6 m

3,4641 m

30°

A B

CD E

F

S

6 kN/m´

4,5 kN/m´ 2 kN/m´

3 kN/m´ 3 kN/m´


ANALISIS STRUKTUR I

(7) Portal 3 Sendi



3

45 kN

2 kN/m’

6 kN

15 kN

4 kN/m’

6 kN/m’

4 kN/m’

4,50 m 5,00 m4,00 m5,00 m 3,00 m

13,50 m

6,00 m

4,00 m

A

B

C

D E FS G H

2,00 m

2 kN/m’


ANALISIS STRUKTUR I

(8) Portal 3 Sendi



3

4

3

4

12 kN

2 kN/m’

12 kN20 kN

8 kN/m’

4 kN/m’

12 kN/m’

4 kN/m’

6 kN/m’

0 kN/m’

3,00 m 3,00 m3,00 m 3,00 m1,50 m 1,50 m

4,50 m

3,00 m

4,00 m

1,50 m6,00 m 3,00 m

A

B

CD E

FSS1

S2


ANALISIS STRUKTUR I

(9) Pelengkung 3 Sendi



45°

45° 45°

45°

R = 6,0 m

R = 6,0 m

R = 6,0 m

R = 6,0 m

P = 12 kN

P = 6Ö2 kN

q = 3 kN/m

A

B

S

C Segmen lingkaran


ANALISIS STRUKTUR I

(10) Pelengkung 3 Sendi



45°

45°

R = 15 m

R = 15 m

R = 15 m

L1 = 15 mq = 50 kN/m

A

B

SC

Segmen lingkaran

DC

L2 = 20 m

BALOK SEDERHANA BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)(SIMPLE BEAM)

Jurusan Teknik Sipil ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo

Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A - 01

BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)

Ditinjau sebuah batang AB yang berada bebas dalam bidang x-y:

A B

Jika pada batang tsb dikenakan gaya (beban) P, maka batang menjadi tidak stabil karena mengalami translasi dan rotasi dan berpindah menempati posisi A‘B‘.

Untuk menjadi batang yang stabil dan memenuhi persyaratan statical equilibrium maka translasi dan rotasi tersebut harus dihilangkan, yaitu dengan memasang tumpuan pada batang tsb.

)

Translasi

Rotasi

A‘

B‘

P

A B




Jika di titik A diberi tumpuan sendi (lihat cat. kuliah sebelumnya),maka: - translasi tidak terjadi

- rotasi masih terjadi

Catatan:Sifat-sifat tumpuan sendi:- Tidak bertlansasi (tidak bergeser dalam arah x dan y)à mampu menahan reaksi arah x (hors.) maupun arah y (vert.)

- Dapat berputar (berotasi)à tidak dapat menahan momen, jadi di tempat tsb. MA = 0

- Pada tumpuan sendi timbul dua reaksi: RX dan RY

A B

) RotasiB‘

P

Tetapi keadaan ini tetap belum stabil !!!




Contoh tumpuan sendi:

RV

RH

RV

RH

Pada tumpuan senditimbul 2 reaksi: RV dan RH

RV

RH




Jika kemudian ditambahkan tumpuan rol di titik B,maka: - translasi à tidak terjadi

- rotasi à tidak terjadi

Catatan:Sifat-sifat tumpuan rol (dg bidang gelincir horisontal):- Tidak bertlansasi (tidak bergeser) dalam arah yà mampu menahan reaksi arah y (vertikal) à RY

- Dapat bertlansasi (bergeser) dalam arah xà tidak menahan reaksi arah x (horisontal) à RX = 0

- Dapat berputar (berotasi)à tidak dapat menahan momen, jadi di tempat tsb. MB = 0

- Pada tumpuan sendi timbul satu reaksi: RY

Struktur menjadi stabil !!!

A B

P




Contoh tumpuan rol:

RV

Pada tumpuan rol timbul1 reaksi dengan arahtegak lurus pada bidanggelincirnya, dan dapat di-uraikan menjadi: RV dan RH

RH

RRV

RV

RV




Balok sederhana (simple beam) adalah sebuah batang yang ditumpu pada kedua ujungnya masing-masing dengan sebuah sendi dan sebuah rol.

Akibat beban yang bekerja pada balok sederhana akan timbul reaksi tumpuan:- 2 reaksi pada tumpuan sendi: RAX dan RAY

- 1 reaksi pada tumpuan rol: RBY

Jadi pada sistim ini terdapat 3 (tiga) unknown (variabel tak diketahui)!

Dalam persyaratan keseimbangan statik, tersedia 3 persamaan:SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0Jadi: Balok sederhana termasuk sistim statis tertentu dan reaksi-reaksinya dapat dihitung dengan menggunakan 3 persamaan keseimbangan tsb.

A B

P

L




Tiga persamaan keseimbangan statik tsb dapat digunakan untuk menghitung reaksi-reaksi tumpuan, selama struktur tersebut terma-suk sistim statis tertentu.Pada umumnya penghitungan reaksi-reaksi tumpuan pada suatu struktur diperlukan dan harus dilakukan sebelum menghitung gaya-gaya dalam dan deformasi struktur.

MENGHITUNG REAKSI TUMPUAN

Contoh:

3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°




Sistim struktur dan reaksi tumpuan:

Mula-mula ditentukan jenis-jenis reaksi yang akan terjadi pada masing-masing tumpuan:

Pada titik A à tumpuan sendi:terdapat 2 reaksià RAV & RAH

Pada titik D à tumpuan rol:terdapat 1 reaksià RDV


3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°

3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°A

B C

DRAH

RAV RDV

Arah dari masing-masing reaksi tumpuan diasumsikan lebih dahulu, misal spt pd gbr.





3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°A

B C

DRAH

RAV RDV

Karena satu-satunya tumpuan pada batang tersebut yg dapat me-nahan gaya horisontal hanya tumpuan sendi di A, maka beban hori-sontal PCH = 2,5 kN akan ditumpu oleh sendi A.

Dari Persm. SFX = 0 à RAH – PCH = 0 à RAH – 2,5 = 0Jadi: RAH = 2,5 kN ß hasil hitungan positif, berarti asumsi arah

reaksi pd gambar di atas sdh benar.

Beban PC = 5 kN membentuk sudut 60°, diuraikan terlebih dahulu menjadi komponenvertikal & horisontalnyaàPCH = 5 . Cos 60° = 2,5 kN PCV = 5 . Sin 60° = 4,33 kN





3 kN

0,3 m 0,5 m 0,4 m

1,2 m

5 kN

)60°A

B C

DRAH

RAV RDV

Misalnya digunakan momen thd ttk D: SMZ,D = 0, sehinggaRAV x 1,2 – 3 x 0,9 – 4,33 x 0,4 = 0 à RAV = 3,70 kNà hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar diatas sdh benar.

Selanjutnya RDV dapat dicari dengan SFy = 0 atau dg SMZ,A = 0SFy = 0 à RAV – 3 – 4,33 + RDV = 0 à RDV = 3,63 kNà hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di atas sdh benar.

Untuk menghitung RAV danRDV digunakan SMZ = 0.Sebaiknya digunakan SMZ = 0 dg mengacu pada ttk A atau D,sehingga salah satu reaksi tsb tereliminasi.




1. BEBAN TERPUSAT

P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Hitung reaksi-reaksi tumpuanHitung dan gambarkan gaya-gaya dalamnya:

NFD = Normal Force DiagramSFD = Shear Force DiagramBMD = Bending Momen Diagram

Z+

Y+Penjelasan terinci

diberikan dalam kuliah




1. BEBAN TERPUSAT

P

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+



1.1 Hitungan reaksi-reaksi tumpuan

Tumpuan A à sendi à terdapat 2 reaksi: RAV & RAH

Tumpuan B à rol à terdapat 1 reaksi: RBV

Arah reaksi-reaksi diasumsikan seperti pd gbr berikut ini.

3 unknown,

Str. StatisTertentu!


1. BEBAN TERPUSATP

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+



SFH = 0 à RAH + 0 = 0 à RAH = 0

SMB = 0 à RAV · L + RAH · 0 – P · 0,4·L + RBV · 0 = 0 à RAV = 0,4 P Hasil bernilai positifà asumsi arah reaksi sudah benar!

SMA = 0 à RAV · 0 + RAH · 0 + P · 0,6·L – RBV · L = 0 à RBV = 0,6 P Hasil bernilai positifà asumsi arah reaksi sudah benar!

Cek: SFH = 0 à P – RAV – RBV = P – 0,4P – 0,6P = 0 à OK


1. BEBAN TERPUSAT

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+



1.1 Hitungan gaya-gaya dalam: NF, SF, BM

Pada sistim struktur tsb tidak ada komponen beban aksial (normal) à sehingga tidak ada gaya normal à NF = 0, untuk seluruh panjang balok.

Ditinjau sebuah penampang pada potongan I-I di sebelah kiri beban Pberjarak x dari A:

x

I

I

Ditinjau bag. struktur di seb.

kiri pot. I-I à dibuat

Diagram benda bebas

(Free Body Diagram , FBD)

Syarat: Bag.Struktur tetap

dlm keadaan seimbang statik

X+NF

SF

BM

Agar tetap seimbang, maka pd pot. Harus ada gaya-gaya dalam. Asumsi: nilainya positif (+).


1. BEBAN TERPUSAT



SFH = 0 à NFI = 0

SFV = 0 à SFI – RAV = 0SFI – 0,4.P = 0 à SFI = + 0,4.P (Positif)

SM = 0 à BMI – RAV . x = 0BMI – (0,4.P) . x = 0 à BMI = + 0,4.P.x (Positif)

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

x

I

I

X+NF

SF

BM


1. BEBAN TERPUSAT



Posisi à x = 0 (titik A) x = 0,6.L umum, Ket.(tepat di seb kiri beban P) sembrg.x

Gaya dalam:

NF NFA = 0 NFC,ki = 0 NFx = 0 Nol

SF SFA = + 0,4 P SFC,ki = + 0,4P SFx = + 0,4P Konstan +0,4P

BM BMA = 0 BMC,ki = + 0,24.PL BMx = + 0,4P.x Pos., linier

dlm x

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

x

I

I

X+NF

SF

BM


P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+



Ditinjau potongan II-II di sebelah kanan beban P berjarak x dari A:Dengan x 0,6.L

x

II

II

X+NF

SF

BM Agar tetap seimbang, makapd pot. harus ada gaya-gayadalam. Asumsi: nilainya positif (+).

1. BEBAN TERPUSAT

SFH = 0 à NFII = 0

SFV = 0 à SFII – RAV + P = 0SFII – 0,4.P + P = 0 à SFII = - 0,6.P (Negatif)

SM = 0 à BMII – RAV . x + P.(x – 0,6L)= 0BMII – (0,4.P).x + P.x – 0,6.P.L = 0

à BMII = + 0,6.P(L-x) (Pos.)

dg.: 0,6 x L


1. BEBAN TERPUSAT



Posisi à x = 0,6L (Cka) x = L (ttk B) umum, Ket.(tepat di seb kanan beban P) sembrg.x

Gaya dalam:

NF NFC,ka = 0 NFB = 0 NFx = 0 Nol

SF SFC,ka = - 0,6.P SFB= - 0,6.P SFx = - 0,6.P Konstan -0,6P

BM BMC,ka = + 0,24.PL BMB = 0 BMx = + 0,6P.(L-x)Pos., linier dlm x

P

A B

C

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

x

II

II

X+NF

SF

BM


1. BEBAN TERPUSATGAMBAR DIAGRAM GAYA_GAYA DALAM



P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM GAYA NORMAL (NORMAL FORCE DIAGRAM, NFD)

NF = 0 [kN]

Satuan !!!





P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM GAYA GESER (SHEAR FORCE DIAGRAM, SFD)

0,4P [kN]

(+)

(-)

0,6P [kN]





P

0,6 L 0,4 L

L

A B

C

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM MOMEN LENTUR (BENDING MOMEN, BMD)


2. BEBAN TERPUSAT

P

a b

L

A B

C

RAH

RAV RBV



Z+






PR / TUGAS IIDikumpulkan: Selasa, 19 Sep. 2006

Kerjakan Soal P.3.2 dalam Buku Structural and Stress Analysis (H.G. Megson)

Halaman 64.Hitung Reaksi Tumpuan & Gaya-gaya dalam,

Gambarkan NFD, SFD dan BMD

KUIS / TES ITentang: BALOK SEDERHANA (Open Book)

Selasa, 19 Sep. 200613:30 – 14:45 à Kuis / Tes

14:45 – 16:00 à Kuliah




3. BEBAN MERATA

q

L

A BRAH

RAV RBV



Z+






4. BEBAN MERATA

q

L

A BRAH

RAV RBV



Z+

Y+

a c b

Penjelasan terincidiberikan dalam kuliah




5. BEBAN SEGITIGA

q

L

A BRAH

RAV RBV



Z+





q


6. BEBAN SEGITIGA

L

A BRAH

RAV RBV



Z+

Y+

a c b

Penjelasan terincidiberikan dalam kuliah




7. BEBAN KOMBINASI

L

A BRAH

RAV RBV



Z+






7. BEBAN KOMBINASI

L

A BRAH

RAV RBV

Cara Penyelesaian:Struktur dapat dianalisis secara terpisah untuk tiap jenis beban,selanjutnya hasil akhir dapat diperoleh dg menjumlahkan efek dari masing2 beban tersebut (prinsip SUPERPOSISI).

Z+





STRUCTURAL ANALYSISSTRUCTURAL ANALYSIS

The 1st NEWTON LAWif SF = 0 à body at rest or

move with constant velocity


Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 02A-01

THE NEWTON LAWS

The 2nd NEWTON LAWF = m.a à body move with constant acceleration

The 3th NEWTON LAWAction = - Reaction


STATIC

à concerned with the study of bodies at rest or, à in other words, in equilibrium, under the action of a force System.

Actually, a moving body is in equilibrium if the forces acting on it are producing neither acceleration nor deceleration.

However, in structural analysis, structural members are generally atrest and therefore in a state of statical equilibrium .

PRINCIPLES OF STATIC




FORCE

à vector à specified by its magnitude, direction and position

(AB) (à) (A)

Notation: F (bold print, cetak tebal ) or F


A BF

Concurrent Forces: a system of forces in which its worklines intersect at one point

Coplanar forces: a system of forces work in a plane




FORCE

Plan View of Cube on horizontal surface :


F1

Directionof motion

F2

F1 and F2 (also R) are in horizontalplane and their lines of action pass through the centre of gravity of the cube. F2

F1

R

Directionof motion

R is resultant of F1 and F2.




PARALLELOGRAM OF FORCE

F1 and F2 are concurrent and coplanar forces


)aO F2

F1

Analytically:

acos2 21

2

2

2

1 FFFFR ++=a

aq

cos

sinarctan

12

1

FF

F

+=

R is resultant of F1 and F2

in vector notation: R = F1 + F2

Magnitude & direction of R can be obtained graphically or analytically.

R

q )




PARALLELOGRAM OF FORCE

Conversely: a force R can be replaced by two force F1 and F2.F1 and F2 may therefore be regarded as the components of R in the directions OA and OB.


)aO F2

F1

R

q )

A

B



Of the interest in structural analysis is the resolution of a force into two components at right angles to each other à a = 90°Then: F1 = R sin q and F2 = R cos q

)a F2

F1R

q )


THE RESULTANT OF A SYSTEM OF CONCURRENT FORCES

F1, F2, F3 and F4 are concurrent and coplanar forces.


)O F1

F2

F3

F4

))b

gx

y

a



R = F1 + F2 + F3 + F4

R is the resultant of F1, F2, F3 and F4.

The value and direction of R may be found graphically or analytically.

R



Graphical Solution:


)O F1

F2

F3

F4

))b

gx

y

a F1

F2

F3

F4

R

R

No particular order:F1 , F2 , F3 , F4

F1 , F3 , F2 , F4

F4 , F1 , F3 , F2

Etc.





Analytical Solution:


)O F1

F2

F3

F4

))b

gx

y

a

Fx = F1 + F2 cos a - F3 cos b - F4 cos g

Fy = F2 sin a + F3 sin b - F4 sin g

Each force is resolved into components parallel to the x and y directions.



R

Then: R = Ö(Fx2 + Fy

2)

q = arctan (Fy / Fx)

q)


EQUILIBRANT OF A SYSTEM OF CONCURRENT FORCESThe resultant R of the forces F1 and F2 represents the combined effect of F1 and F2 on the particle at O.This effect may be eliminated by introducing a force RE which is equal in magnitude but opposite in direction to R at O.


)aO F2

F1

R

q )

RERE is known at the equilibrant of F1 and F2.The particle O will then be in equilibrium and remain stationary.




THE RESULTANT OF A SYSTEM OF NON-CONCURRENT FORCES

F1, F2, F3 and F4 are non-concurrent but coplanar forces.Their points of action are not defined.

Graphical Solution:See:Megson: Structural and Stress Analysis pp. 17-18 !

Analtical Solution:

R = Ö(Rx2 + Ry

2) q = arctan (Ry / Rx)





MOMENT OF A FORCE

Moment (M) of a force F about a given point O is the product of the force and the perpendicular distance of its line of action from the point:


O

F

a

Rotationalsense

M = F . a with: a = lever arm= moment arm

kN m

Unit: kN.m

Moment is a vector:- has magnitude and

rotational direction- product of vector and

scalarAdditional discription during the lecture!




COUPLES(Pasangan Gaya, Momen Kopel)

F are two coplanar equal parallel forces, which act in opposite directions.


O

A

Barm (lever arm)

of the couple

The sum of their moments about any point O in their plane:

Mo = F x OA – F x OB= F x (OA – OB)= F x AB

Mo = F x AB independent from position of O



F

F


EQUIVALENT FORCE SYSTEMS


See:Megson: Structural and Stress Analysis pp. 21-22 !

THE RESULTANT OF A SYSTEM OF PARALLEL FORCES

See:Megson: Structural and Stress Analysis pp. 23-24 !




EQUILIBRIUM OF FORCE SYSTEMS


Sebuah benda akan berada dalam keadaan diam, yaitu dalam keadaanseimbang statik, jika resultan gaya-gaya yang bekerja pada benda itu sama dengan nol.



Hal ini berarti:jika benda tidak berpindah dalam arah tertentu (misal arah x), maka resultan gaya-gaya dalam arah x tersebut sama dengan nol.

Jadi:Sebuah benda akan berada dalam kadaan seimbang (tidak berpindah tempat) jika resultan (jumlah) gaya-gaya dalam arah x dan dalam arah y masing-masing sama dengan nol:SFx = 0 dan SFy = 0




Namun demikian, persyaratan SFx = 0 dan SFy = 0 belum menjamin keseimbangan benda tersebut terhadap gaya2 coplanar yang bekerja.

x

y

F

Fa

Dalam sistem ini persyaratanSFx = 0 dan SFy = 0 terpenuhiTetapi dengan adanya kopel (F.a) yang berputar kekiri, maka benda akan berputar terhadap pusatnya berlawanan arah dengan arah putaran jarum jam.

Jadi agar terpenuhi keadaan seimbang statik, maka persyaratan SFx = 0dan SFy = 0 harus dilengkapi dengan persyaratan: Resultan (jumlah)moment dari gaya-gaya yang bekerja pada benda tersebut terhadap sembarang titik di dalam benda tsb sama dengan nol à SMz = 0






Jadi keadaan seimbang statik suatu benda yang terletak dalam bidang X-Y (kasus 2D) terhadap gaya-gaya coplanar pada bidang tersebut terpenuhi jika:

SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0

Jika diperluas untuk kasus 3D dalam sistim sumbu X-Y-Z maka persyaratan keseimbangan menjadi:

SFx = 0 SFy = 0 SFz = 0SMx = 0 SMy = 0 SMz = 0




STATICALLY DETERMINATE AND INDETERMINATE STRUCTURES


Jika suatu struktur, reaksi-reaksi tumpuan dan gaya-gaya dalamnya (in-ternal forces ) dapat dihitung cukup dengan menggunakan persyaratan keseimbangan statik:

SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0maka struktur tersebut dikelompokkan sebagai sistim struktur statis tertentu (statically determinate structures )

Jika suatu struktur, reaksi-reaksi tumpuan dan atau gaya-gaya dalam-nya (internal forces ) tidak dapat dihitung hanya dengan menggunakan persyaratan keseimbangan statik:

SFx = 0 SFy = 0 SMz = 0(misalnya karena jumlah variabel yang tidak diketahui melebihi jumlah persamaan keseimbangan yang hanya 3 buah itu), maka struktur tersebut dikelompokkan sebagai sistim struktur statis tak tertentu(statically indeterminate structures or hyperstatic )





ASUMSI:1. Bahan elastis linier (memenuhi Hukum Hook) à E, G, n konstan.2. Deformasi yang terjadi kecil à Persamaan keseimbangan dapat disu-



Dalam Kuliah ASST ini dibatasi hanya untukbeban statis.

KRITERIA DASAR ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU:1. Bahan struktur memenuhi hukum2 bahan à linier elastik (Hk Hook)2. Prinsip2 keseimbangan statik terpenuhi:

Untuk kasus bidang 2 dimensi (2D) à SFh = 0 SFv = 0 SM = 0 3. Prinsip kompatibilitas (hubungan perpindahan dan regangan) terpenuhi

Detailed discription during the lecture !



Documents

Analisa struktur 1