Kuliah ASST UGM - Pak Djoko

1

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

Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A - 00

BALOK KANTILEVER BALOK KANTILEVER (CANTILEVERED BEAM)(CANTILEVERED BEAM)

BALOK KANTILEVERBALOK KANTILEVERBalok KantileverAdalah batang yang ditumpu salah satu ujungnya dengan tumpuan jepit dan ujung yang lain bebas.

A B

L

Sifat-sifat tumpuan jepit:- tidak dapat bergeser (vertikal maupun horisontal) dan berputar- dapat menahan gaya horisontal, gaya vertikal dan momen

Jadi:pada tumpuan jepit dapat timbul 3 (tiga) reaksi tumpuan 3 unknown

dpt dicari dg 3 persamaan keseimbangan statik Balok kantilever termasuk sistim statis tertentu

q P



2

1. BEBAN TERPUSAT

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

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

BALOK KANTILEVERBALOK KANTILEVER

P

L

BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

A

Penjelasan terincidiberikan dalam kuliah



1. BEBAN TERPUSATBALOK KANTILEVERBALOK KANTILEVER



z

Z+

Y+

RAH

RAV

MA

A NF

SF

BM

Hitung lebih dulu reaksi2 di tumpuan A:ΣFH = 0 RAH + 0 =0 RAH = 0ΣFV = 0 -RAV + P = 0 RAV = P (pos., asumsi arah OK)ΣMA = 0 MA - P.L = 0 MA = P.L (pos., asumsi arah OK)

Kemudian dibuat potongan di sembarang titik berjarak z dr tumpuan A:ΣFH = 0 NF + RAH = 0 NF = 0ΣFV = 0 SF - RAV = 0 SF = RAV = P (konstan)ΣM = 0 BM + MA – RAV.z = 0 BM = P.z – P.L (fungsi z, linier)

pada z = 0 BM = - PLpada z = 1/2L BM = -1/2PLpada z = L BM = 0

3

1. BEBAN TERPUSATBALOK KANTILEVERBALOK KANTILEVER

P

L

BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

A

NFD 0

SFD (+)RAV Pkonstan

BMD (−)P . L

0linier



Deformasi baloksetelah dibebani

2. BEBAN TERPUSAT




P

L

BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

Aa C




4


BMD (−)PV .a

0

SFD (+)RAVPV

PV

1. BEBAN TERPUSAT

NFD (-)RAH

PH

P

L

BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

Aa C

PV

PH

Bag. balokkantilever ini tidakmengalami beban, sehingga padanyatidak ada gaya-gaya dalam



Sssst….Ada Koreksi !

Deformasi balok setelah dibebani(AC’ lengkung, C’B’ lurus miring)

C’ B’

Reaksi:RAH = PHRAV = PVMA = PV.a


NFD (-)RAH

6 kN

Z+

5 kN

6 m

B

Y+

RAH

RAV

MA

A2 m

C2 m

D

8 kN

2 m

34

10 kN

RAH = 6 kN

RAV = 21 kN

MA = 90 kNm

SFD(+)RAV

16 kN21 kN

8 kN

BMD (−)

90 kNm

0 kNm

48 kNm16 kNm

linier



5

3. BEBAN MERATA




q

L

BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

A




3. BEBAN MERATABALOK KANTILEVERBALOK KANTILEVER

RAH = 0

RAV = q.L

MA = 0,5.q.L2



Hitung lebih dahulu reaksi tumpuan A, untuk keperluan ini beban merata qdiwakili resultannya yaitu R = q.L yang bekerja di ½.L dari A.

ΣFH = 0 RAH = 0

ΣFV = 0 – RAV + q.L = 0 RAV = q.L

ΣMA = 0 MA – q.L. (1/2.L) =0 MA = ½ . q. L2

q

L BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

A

½ L R = q.L

6



Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A – 09a

Z+

Y+

RAH

RAV

MA

A

z

NF

SF

BM

Kemudian dibuat potongan di sembarang titik berjarak z dr tumpuan A:

ΣFH = 0 NF + RAH = 0 NF = 0

ΣFV = 0 SF – RAV + q z = 0 SF = q.L – q.z= q (L – z) (fungsi z, linier)

ΣM = 0 BM + MA – RAV.z + ½ q.z2 = 0BM = q.L.z – ½ qL2 – ½ q.z2 ( (fungsi z, kuadratik)pada z = 0 BM = – ½ qL2

pada z = 1/2L BM = -1/8 q.L2

pada z = L BM = 0

q


q

L

B

Y+

RAH

RAV

MA

A

NFD 0

BMD (−)

0,5.q.L2

0

Grs.lengkung kuadratis

SFD (+)RAV

linier

0


Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A – 09b

½ L

7


q

L

BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

A

NFD 0

SFD (+)RAV

linier

0

konstan

BMD (−)

0,5.q.L2

0


linier


Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A -10

5. BEBAN SEGITIGABALOK KANTILEVERBALOK KANTILEVER

q

L BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

A

RAH = 0

RAV = ½ q.L

MA = 1/6.q.L2



Hitung lebih dahulu reaksi tumpuan A, untuk keperluan ini beban segitigadiwakili resultannya yaitu R = 0,5.q.L yang bekerja di 1/3.L dari A.

ΣFH = 0 RAH = 0

ΣFV = 0 – RAV + 0,5.q.L = 0 RAV = 0,5.q.L

ΣMA = 0 MA – 0,5.q.L. (1/3.L) = 0 MA = 1/6 . q. L2

R=0,5.q.L1/3L

8



Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A -11a

RAH

q

zZ+

Y+

RAV

MA

A NF

SF

BM

Kemudian dibuat potongan di sembarang titik berjarak z dr tumpuan A:

ΣFH = 0 NF + RAH = 0 NF = 0

ΣFV = 0 SF – RAV + ½ (q + (L-z)/L.q). z = 0SF = ½ q.L – ½.z.(q +(L-z)/L.q) = 0 (fungsi z, kuadratik)

pada z = 0 SFA = ½ q.L

pada z = L SFB = 0

q(z) = (L-z)/L . q



Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A -11b

RAH

q

zZ+

Y+

RAV

MA

A NF

SF

BM

q(z) = (L-z)/L . q

ΣM = 0 BM + MA – RAV.z + ½ (L-z)/L.q.z2 + (½ q.z/L.z).(2/3.z) = 0

BM = ½ q.L.z – 1/6.q.L2 – ½ (L-z)/L.q.z2 – 1/3.q/L.z3

(fungsi z, pkt.3)

pada z = 0 BM = – 1/6 qL2

pada z = L BM = 0

9


q

L BZ+

Y+

RAH

RAV

MA

A

NFD 0


SFD (+)RAV0

BMD (−)

1/6.q.L2

0

Grs.lengkung pkt.3


Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 03A -11c

BALOK SEDERHANA DENGAN KANTILEVERBALOK SEDERHANA DENGAN KANTILEVER



10


A BPq

C

q

A BP

D C

Balok sederhana dapat dikombinasi dengan balok kantilever pada salah satu ujungnya atau pada kedua ujungnya. Efek dari adanya kantilever ini akan mengurangi nilai momen positif di tengah bentang balok.




q P

L1

A B

CRAH

RAV RBV

Z+

Y+L2

Cara penyelesaian:1. Reaksi Tumpuan dicari dg persamaan2 keseimbangan statik:

ΣFH = 0 ΣFV = 0 ΣM = 02. Gaya-gaya dalam dicari dengan keseimbangan statik suatu

potongan, seperti di jelaskan di muka (pd simple beam)

Batang Kantilever BC dapat dianggap sebagai balok kantilever yang terjepit di B.



11


Z+

4 kN/m10 kN

10m

A B

CRAH

RAV RBV

Y+4m

2m 2m 6m

3

43 kN

(+)6 kN

NFD 0

(+)

12,4 kN

SFD 08,4 kN

19,6 kN

3 kN

(-)

(+)

24,8 kNBMD

linier

linier Lkg. kuadratis

linier33,6 kN 36 kN 12 kN

(+)(-)



RAH = 6 kN

RAV = 12,4 kN

RBV = 22,6 kN

1

STRUKTUR STATIS TERTENTU DALAM RUANG

MOMEN PUNTIR (MOMEN TORSI)

PMOMEN PUNTIR

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

Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 03B -01



xy

zA

B

C

L1L2

P

xy

z

Mx

My

Mz

Sistim Koordinat:

Mx adalah momen yang berputar dengan poros sb. x, dst. (analog).

Mz

My Mx

Momen dapat digam-barkan sebagai vek-tor momen

Batang ABC merupakan batang kantilever dalam ruang.


Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 03B-02

2


MOMEN PUNTIR (MOMEN TORSI)Batang BC dapat dianggap sebagai batang kantilever yang terjepit di B, sehingga di B penampang batang BC mengalami:gaya geser P dan momen lentur (P.L2).

Batang AB merupakan batang kantilever yang terjepit di A. Di tumpuan A penampang batang AB mengalami:gaya geser P, momen lentur (P. L1) dan momen puntir (P.L2).Tumpuan A harus mampu menahan gaya dan momen2 ini.

Selanjutnya dapat dihitung dan digambarkan gaya-gaya dalam yang terjadi: - gaya aksial NFD

- gaya geser SFD- momen lentur BMD- momen puntir TMD (Torsion Momen Diagram)





NFD = 0

A

B

C

TMD

(-) P.L2A

B

C

BMD

(-)

(-)P.L2

P.L1

0

0

A

B

C

SFD PP

(+) (+)P



3



xy

zA

B

C

L1 = 3m

L3 = 1m

P = 5 kN

Batang ABCD merupakan batang kantilever dalam ruang dengan tumpuan jepit di A.Beban vertikal P = 5 kN tergantung di titik D.

L 2= 2m

D

CONTOH HITUNGANReaksi Tumpuan A:

RAx = 0 kN

RAy = 0 kN

RAz = + 5 kN

MAx = - 5 . 2 = - 10 kNm

MAy = - 5.3 = -15 kNm

MAz = 0 kNm





A

B

C

D

(+)

5

5

NFD (kN)

A

B

C

D

(+) 5

5SFD (kN)

(+)

5



4



A

B

C

D

(-)

15 BMD (kNm)

(-)10

A

B

C

D

(-)

10 TMD (kNm)

10



1

HUBUNGAN BEBAN DAN GAYAHUBUNGAN BEBAN DAN GAYA--GAYA DALAMGAYA DALAM

∫ ⋅= dxdqxV )()(

∫ ⋅= dxdVxM )()(


Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada Program S1 04 - 01

HUBUNGAN BEBAN DAN GAYA-GAYA DALAM

Sebuah struktur yang dibebani akan mengalami: tegangan dan deformasi

q

z dz



Jika tegangan2 pada suatu penampang tsb diintegra-sikan akan diperoleh gaya-gaya dalam:

gaya aksial (N), gaya geser (V), momen lentur (M) dan momen puntir (T).

Pada tinjauan ini, untuk sementara, gaya aksial N dan momen puntir T tidak diperhatikan.dz

q(z)

V(z)N(z)

M(z) M(z)+dM(z)

N(z)+dN(z)

V(z)+dV(z)

y

zx

2


ΣFy = 0

V(z) – (V(z)+ dV(z)) + q(z).dz = 0

dV(z) = – q(z) . dz

dzzdVzq )()( −=

∫ ∫−=−= dzzqzdVzV )()()(ΣM = 0 (thd. ttk berat sisi kanan)

M(z) – (M(z)+ dM(z)) + V(z).dz – q(z).dz.(dz/2) = 0

Karena dz2 jauh lebih kecil dibanding dz, maka

dapat diabaikan, shg.: dM(z) = V(z) . dz dzzdMzV )()( =

∫ ∫== dzzVzdMzM )()()(Jurusan Teknik Sipil dan Lingkungan ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


dz

q(z)

V(z)N(z)

M(z) M(z)+dM(z)

N(z)+dN(z)

V(z)+dV(z)


∫ ∫−== dzzqzdVzV )()()(

Jadi apabila fungsi beban q (z) diketahui, maka:

- fungsi gaya geser V(z) dapat ditentukan dengan menggunakan integrasi fungsi beban q(z) sepanjang batang,

- fungsi momen lentur M(z) dapat ditentukan dengan menggunakan integrasi fungsi gaya geser V(z) sepanjang batang

∫ ∫== dzzVzdMzM )()()(



3


Contoh (1): balok sederhana

z q(z) = q (konstan, arah ke bawah)

Reaksi Tumpuan: RAV = RBV = − 0,5.q.LL

A B

Gaya geser di ttk A: VA = −RAV = 0,5.q.LGaya geser pada penampang berjarak z dari A:

1.)()( CzqdzqdzzqzV +−=−=−= ∫ ∫Pada z = 0 V(z) = VA , jadi C1 = 0,5.q.Lshg.:

V(z) = – q.z + 0,5.q.L

Pada z = 0 V(0) = 0,5.q.Lx = L/2 V(L/2) = 0x = L V(L) = – 0,5.q.L

SFD

V(z) = 0,5.q.L – q.zGaris lurus (linier)

(+)

(-)

0,5.q.L

0,5.q.L



y

zx


zq(z) = q (konstan, arah ke bawah)

LA B

Momen lentur di ttk A: MA = 0

Pada z = 0 M(z) = 0 , jadi C2 = 0shg.:

M(z) = 0,5.q.(L.z – z2)

Pada z = 0 M(0) = 0z = L/2 M(L/2) = + 1/8.q.L2

z = L M(L) = 0

Momen lentur pada penampang berjarak z dari A:

∫ ∫ +−== dzLqzqdzzVzM )..5,0.()()(

M(z) = – 0,5.q.z2 + 0,5.q.L.z + C2BMD

M(x) = 0,5.q.(L.z – z2)Garis lengkung kuadratis

(+) 1/8.q.L2



4


Momen max terjadi jika dM(z) / dz = 0dM(z) / dz = V(z) lihat di muka!Jadi: Momen max terjadi jika V(z) = 0 V(z) = – q.z + 0,5.q.L

0,5.q.L – q.z = 0z = 0,5.L

Jadi:Mmax = 0,5.q.(L.z – z2)

= 0,5.q.(L.0,5L – (0,5L)2)= 1/8 . q . L2




Contoh (2): balok kantilever

q(z) = q (konstan, arah ke bawah)

Reaksi Tumpuan: RAV = − q.L (ke atas)

Gaya geser di ttk A: VA = −RAV = + q.LGaya geser pada penampang berjarak z dari A:

1.)()( CzqdzqdzzqzV +−=−=−= ∫ ∫Pada z = 0 V(z) = VA , jadi C1 = q.Lshg.:

V(z) = q.L – q.z

Pada z = 0 V(0) = + q.Lz = L/2 V(L/2) = + 0,5.q.Lz = L V(L) = 0

z

LA B

SFDV(z) = q.L – q.zGaris lurus (linier)

(+)

q.L

0



y

zx

5


q(z) = q (konstan, arah ke bawah)

Momen lentur di ttk B: MB = 0

Pada z = L M(L) = MB = 0 , jadi C2 = – 0,5.q.L2 , shg.:M(z) = 0,5.q.(– L2 + 2.L.z – z2)

Pada z = 0 M(0) = – 0,5.q.L2

z = L/2 M(L/2) = – 1/8.q.L2

z = L M(L) = 0


∫ ∫ −== dzzqLqdzzVzM )..()()(M(z) = q.L.z – 0,5.q.z2 + C2

z

LA B

BMDM(z) = 0,5.q.(– L2 + 2.L.z – z2)Garis lengkung kuadratis

(-) 1/8.q.L2

1/2.q.L2

0




Contoh (3): balok sederhana dg beban segitiga

z Fungsi beban: q(z) = q.(1- z/L)(arah ke bawah)

Reaksi Tumpuan: RAV = −1/3.q.LRBV = −1/6.q.L

LA B

Pada z = 0 V(z) = VA , jadi C1 = 1/3.q.Lshg.: V(z) = 1/3.q.L – q.z + ½.q.z2/LPada z = 0 V(0) = +1/3.q.L

z = L/2 V(L/2) = – 1/24.q.Lz = L V(L) = – 1/6.q.L

q

Gaya geser di ttk A: VA = −RAV = 1/3.q.LGaya geser pada penampang berjarak z dari A:

∫ ∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=−= dz

LzqdzzqzV 1)()(

V(z) = – q.z + ½.q.z2/L + C1

SFD

V(z) = 1/3.q.L – q.z + ½.q.z2/LGaris lengkung kuadratis

(+)

(-)

1/3.q.L

1/6.q.L1/24.q.L



y

zx

6


Fungsi beban: q(z) = q.(1- z/L)(arah ke bawah)

Momen lentur di ttk A: MA = 0

Pada z = 0 M(z) = 0 , jadi C2 = 0shg.:M(z) = 1/3.q.L.z – 1/2.q.z2 + 1/6.q/L.z3

Pada z = 0 M(0) = 0z = L/2 M(L/2) = + 1/16.q.L2

z = L M(L) = 0


∫ ∫ +−== dzLzqzqLqdzzVzM ).....()()(

2

21

31

M(z) = 1/3.q.L.z – 1/2.q.z2 + 1/6.q/L.z3 + C2

z

LA

q

B

BMD

M(z) = 1/3.q.L.z – 1/2.q.z2 + 1/6.q/L.z3

Garis lengkung pkt.tiga

(+)

1/16.q.L2




Momen max terjadi jika dM(z) / dz = 0Jadi: pada V(z) = 0

1/3.q.L – q.z + ½.q.z2/L = 0z = 0,42265.L

V(z) = 1/3.q.L – q.z + ½.q.z2/L

Jadi:

Mmax = 1/3.q.L.z – 1/2.q.z2 + 1/6.q/L.z3 dengan z = 0,42265.L

Mmax = 0,06415.q.L2

(+)

0,0625.q.L2Mmax = 0,06415q.L2

z = 0,42265.L

z = 0,5.L



1

BALOK GERBERBALOK GERBER(COMPOUND BEAM)(COMPOUND BEAM)

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

Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 06 - 01

BALOK GERBER (COMPOUND BEAM)BALOK GERBER (COMPOUND BEAM)

STRUKTUR BENTANG PANJANG (LONG SPAN STRUCTURES)



Jika panjang bentang sebuah simple beam bertambah besar,maka nilai momen maksimum akan meningkat secara cepat. Pada simple beam dengan beban merata q, maka pertambahan nilai momen tsb adalah kuadratik terhadap panjang bentang.

A B

LMmax1 = 1/8 . q . L2

q

q

A B

2L

Mmax2 = 1/8 . q . (2L)2 = 4 x Mmax1

Demikian pula dengandeformasi (lendutan) yg terjadi.

Untuk menahan mo-men yg besar tsb di-butuhkan penampang balok yg jauh lebih besar.

h2

h1

2





Dengan pertimbangan ekonomi, suatu struktur simple beambentang panjang dapat dimodifikasi sedemikian sehingga akan menurunkan nilai momen (+) yang akan timbul, a.l.dengan cara:

1. Mengurangi panjang bentang dg memben-tuk struktur dengan kantilever:

Statis tertentu ASST

A B

L

q

qLo

1

A BL

2





q2. Mengurangi panjang

bentang dg menambah jumlah tumpuan:

A B

L L1

C

Jumlah reaksi tumpuan = 4 unknown > 3 Sistim statis tak tertentu ASSTT

Agar menjadi sistim statis tertentu (materi ASST), pada strukturtersebut perlu di tambahkan sebuah sendi S di tempat yang sesuai. Sifat sendi:MS = 0 Sehingga sekarang terdapat 4 persamaan utk 4 unknown.

qA B

L L1

C S

S = sendi tambahanDi sini MS = 0

Kerugian:Biaya utk tumpuan bertambah.

3





3. Membentuk struktur pelengkung:Statis tertentu ASSTStatis tak tentu ASSTT

A B

2L

q

q4. Membentuk struktur gantung: Statis tertentu ASSTStatis tak tentu ASSTT

A B

2L




Sistim ini disebut Balok Gerber (menurut nama penemunya) atau Compound Beam. Reaksi2 tumpuan dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan statik:

ΣFH = 0 ΣFV = 0 ΣM = 0 MS = 0

Gaya-gaya dalam (NF, SF, BM) dicari dengan keseimbangan potongan (FBD) seperti dijelaskan di muka (balok sederhana & balok kantilever).

qA B

L L1

C S

S = sendi tambahanDi sini MS = 0

4




Untuk memudahkan penyelesaian dapat dijuga struktur tersebut dipisahkan menjadi:- Struktur yang membebani- Struktur yang dibebani

qA B

L L3

C S

Keduanya struktur statis tertentu !

qA

LC

L1

Struktur yg dibebani Reaksi-reaksi tumpuan

dari struktur yg mem-bebani diteruskan sbg beban pada struktur yg dibebani.

S B

L2

Struktur yg membebani




Bentuk-bentuk lain Balok Gerber:

AD

L1 L2

C S1

BS2

L3

Komponen horisontal dari beban2 didukung hanya oleh sendi A. Tumpuan2 lain (B,C,D) hanya menahan beban2 vertikal.

Sub-struktur S1S2 dianalisis lebih dahulu. Selanjutnya reaksi-reaksi tumpuannya diteruskan sbg beban pada struktur utama.

S1 S2


L2

AD

L1

CB

L3

Struktur yg dibebani


5





AD

L1 L2

CS1

BS2

L3


D

L1

L2

C

L3


A S1


BS2






AD

L1 L2

C S1

BS2

L3


AC S1

Struktur yg dibebani 2

BS2Struktur yg membebani

S1D

Struktur yg dibebani 1

6




Contoh Hitungan Balok Gerber:

Cara penyelesaian:

1. Hitung bagian struktur S2-G sebagai simple beam

2. Hitung bagian struktur S1-E-S2 sebagai simple beam dg kantilever E-S2, yang mendapat beban terpusat tambahan di S2 yang berasal dari reaksi tumpuan S2dari bagian struktur S2-G.

3. Hitung bagian struktur A-C-S1 sebagai simple beam dg kantilever C-S1, yang mendapat beban terpusat tambahan di S1 yang berasal dari reaksi tumpuan S1dari bagian struktur S1-E-S2.

AE

8m 8m

C S1B S2

6m

4m 4m 2m 3m 3m 2m 2m 2m

D FG

q = 3 kN/m8 kN 6 kN10 kN

4

3




RS2 = 9 kN

RG = 9 kN

S2

4 m

2m 2m

FG

q = 3 kN/m6 kN

A

8m

CB

4m 4m 2m

RS1,H = 6 kN

RS1,V = 9 kNRE = 32 kN

10 kN

q = 3 kN/m4

3

q = 3 kN/m8 kN

6 kN

RA,H = 6 kN

RAV = 13 kN RC = 34 kN

Sendi tambahan S2ditinjau sbg tumpuan sendiuntuk bagian struktur S2-G.Reaksi pd sendi S2 kemudianditeruskan sbg beban di S2 pd bagian struktur S1-E-S2

S1E

6 m

S2

3m 3m 2m

D

Sendi tambahan S1ditinjau sbg tumpuan sendiuntuk bagian struktur S1-E-S2.Reaksi pd sendi S1 kemudianditeruskan sbg beban di S1 pd bagian struktur A-C-S1

Selanjutnya dpt dihitung ga-ya2 dalam pada masing2 bagian struktur dan dibuatgambar diagramnya sbb.:

7




AE

8m 8m

C S1B S2

6m4m 4m 2m 3m 3m 2m 2m 2m

D FG

q = 3 kN/m8 kN 6 kN10 kN

4

3

NFD(kN)

(+)6

0

(+) (+)(+)

(−) (−) (−)

13

1

7

19

15 9

0

8

17

15 93

39

SFD(kN)

(−) (−)

(+)(+) (+)

28

00 0

0

24 24

13,5 12BMD(kNm)

1

BEBAN TIDAK LANGSUNGBEBAN TIDAK LANGSUNG



Pada sebuah struktur, khususnya struktur jembatan, pada umumnya beban lalu lintas tidak langsung didukung oleh struktur pendukung utama jembatan, melainkan didukung melalui elemen-elemen sekunder yg meneruskannya ke struktur utama.

Struktur pendukung utama(berupa struktur rangka batang (truss))

Struktur pendukung utama

Lapis aus jalan (aspal)

Lantai jembatan (plat beton)

Balok memanjang sekunder

Balok melintang

Batang ikatanangin




Jembatan jalan rel

Struktur pendukung utama(berupa balok-plat (plate girder))

Balok Melintang

Balok MemanjangSekunder

Batang ikatanangin

Single track Double track

2




Lantai papan kayu pd bangunan gedung

Bagi balok induk EF, beban2 yg bekerjadi atas lantai (dek) merupakan beban tidaklangsung, karena beban tsb ditransfer kebalok induk EF melalui balok2 anak A, B, C dan D

E

F

F

E




Balok utama(Girder)

Balok Melintang(Cross Beam)

Balok memanjang Sekunder(Secondary Beam), menahan plat lantai jembatan dan beban lalu-lintas

ReaksiReaksi

Beban roda depan dan belakang truk disalurkan melalui plat lantai jembatanke balok memanjang sekunder kemudian ke balok melintang, selanjutnya kebalok utama, sehingga distribusi beban truk pada balok utama menjadi sbb.:

Hitungan reaksi dan gaya-gaya dalam selanjutnya dapat dilakukan sepertihalnya pada simple beam seperti telah dijelaskan di muka.

3




Biasanya L1, L2, …mempunyai panjangyg sama

Beban merata q ( a.l. dari berat sendiri plat beton lantai jembatan, lapis aspal, genangan air) dan beban terpusat P (dari roda kendaraan) ditahan oleh balok-balok memanjang sekunder AB, BC, CD, …. Balok2 ini masing2 dapat di-tinjau sebagai balok sederhana (simple beam), selanjutnya reaksi dari balok2 ini diterima sebagai beban titik oleh balok2 melintang (cross beam), yg selan-jutnya meneruskan beban-beban tsb ke balok utama (girder) sebagai beban2 titik.

Reaksi

A B C D E F G

qP1 P2 P3

L1 L2 L3 L4 L5 L6

L

Reaksi




q P1

L3

a b

3

132

1

LbPqL +

3

132

1

LaPqL +

C D

q P2

L4

c d

4

242

1

LdPqL +

4

242

1

LcPqL +

D E

C DL3

EL4

. . . . . .

4




Selanjutnya balok utama AG dapat ditinjau sebagai simple beam denganbeban2 titik di A, B, C, … G serta beban merata akibat berat sendiri balok AG.

A B C D E F G

L1 L2 L3 L4 L5 L6

L




CONTOH 15 kN

A B C D E

2 m 2 m 2 m 2 m

8 m

0,8 m 1,2 m

34

4 kN

3 kNB C

2,4 kN 1,6 kN

3 kN

3 kNA B C D E

2 m 2 m 2 m 2 m

8 m

Berat sendiri balok AEtidak ditinjau !

5




CONTOH 1A B C D E

2 m 2 m 2 m 2 m

8 m

3 kN

Berat sendiri balok AEtidak ditinjau !

2,4 kN 1,6 kN

RAV = 2,6 kN

RAH = 3 kN

REV = 1,4 kN

NFD (kN) (−)3

0

SFD (kN) (+)

(−)

2,6

0,2

1,4

BMD (kNm)(+)

5,2 5,67,28

NFD, SFD dan BMDseandainya bebanP = 5 kN (miring) bekerjalangsung pada balok AE




CONTOH 2

A B C D E

2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m

10 m

Berat sendiribalok AEtidak ditinjau !

A B C D E

2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m

10 m

q = 3 kN/m

A

3,75 kN 3,75 kN 3,75 kN

B C E F

3,75 kN 3,75 kN 3,75 kN 3,75 kN 3,75 kN

3 kN/m 3 kN/m 3 kN/m 3 kN/m

3,75 kN3,75 kN 7,5 kN 7,5 kN 7,5 kN

6




CONTOH 2

NFD (kN) 0

A B C D E

2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m

10 m

Berat sendiribalok AEtidak ditinjau !

7,5 kN

RAV = 15 kN REV = 15 kN

7,5 kN 7,5 kN3,75 kN 3,75 kN

SFD (kN) (+)

11,25

3,75

15

(−)3,75

11,25 15BMD (kNm)

(+)

28,125

37,5

28,125

NFD, SFD dan BMDseandainya beban merataq = 3 kN/m bekerjalangsung pada balok AE

PR / TUGASPR / TUGAS



DIKUMPULKAN PADA SAAT TUTORIAL ASST KLAS ATgl. …………………………

1. Hitung reaksi2 pada tumpuan A, B, dan C2. Hitung dan gambarkan NFD, SFD dan BMD3. Jika beban satuan P = 1 kN (vertikal ke bawah) berjalan sepanjang

struktur tsb, hitung dan gambarkan Garis Pengaruh untuk:b. Reaksi vertikal pada tumpuan B dan Ca. SF dan BM pada titik D dan E

10 kN/m

AB

5m

10m

CSI III I

5m

12 kN4√2 kN

)45°7 kN/m

3m4x2m

11m

1m 1mD E

1m 1m

1

Program S1/Reg. Jurusan Teknik Sipil ANALISIS STRUKTUR II Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo

Fakultas Teknik Universitas Gadjah Mada Sem. Genap 2007/2008 07 - 01

GARIS PENGARUHGARIS PENGARUH(INFLUENCE LINE)(INFLUENCE LINE)



DEFINISIGaris Pengaruh adalah suatu kurva atau diagram yang ordinatnyamenunjukkan besar dan sifat dari Reaksi Tumpuan atau Gaya2 Dalam(Internal Forces: M, V, N, MT) pada suatu titik yang ditinjau, bila sebuahbeban satuan (misal P = 1 kN) melintas pada struktur ybs. Besar nilai Reaksi atau Gaya Dalam untuk titik yang ditinjau tsb ditunjukkan oleh ordinat di bawah beban satuan tsb berada.

1 kN (+)

(─)yx

b/L

Garis Pengaruh Reaksi Tumpuan A GP RA

RA berubah-ubah nilainya tergantung pada posisi beban P = 1 kN.

P = 1 kN, berjalan

GARIS PENGARUH PADA STRUKTUR GARIS PENGARUH PADA STRUKTUR STATIS TERTENTUSTATIS TERTENTU

A B C

RA RBx b

L

X

GARIS PENGARUH RA

2

Besar RA pada saat beban P pada posisi X ditunjukkan oleh ordinat GP RA di titik tsb, yaitu yx:

kNL

xLkNL

xLyx 11 ⋅−

=⋅−

=

RA maks terjadi jika beban P tepat berada di titik A. Bila beban yang bekerja bukan P = 1 kN, melainkan P = a kN, maka untuk menghitung RA

bila beban P = a kN tsb berada di titik X tinggal mengalikan ordinat GP RA dengan nilai beban tsb:RA = yx . a kN

Tanda (-) untuk GP RA pada kantilever menunjukkan bahwa arah RA

berubah ( ke bawah) ketika beban P berada pada bagian kantilever tsb.







3







4







5







6







7







8







9







10







11







12







13







14







15







16







17







18







19







20







21







22







23







24







25







26







27







28







29







30







31







32







33







34







35







36







37







38







39







40




HAND OUT KULIAH

ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU

(MINGGU KE 1 s/d 7)

SEMESTER GANJIL 2010/2011

Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo

UNIVERSITAS GADJAH MADA FAKULTAS TEKNIK

JURUSAN TEKNIK SIPIL & LINGKUNGAN PROGRAM STUDI S1

YOGYAKARTA 2010

Penjelasan tambahan/terinci akan diberikan di dalam kuliah.

Hanya untuk kalangan terbatas Program S1 JTSL FT UGM

Yogyakarta, Agustus 2010

Dosen Analisis Struktur Statis Tertentu

Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo

1

TEKNIK SIPIL ?TEKNIK SIPIL ?Apa yang anda bayangkan?

1. Mempelajari apa saja?2. Bangunan Teknik Sipil? Apa sajakah itu?

Teknik Sipil:mempelajari tentang bagaimana

merancang, membangun, mengoperasikan,merawat danmerenovasi

suatu bangunan atau infrastruktur.

Diperlukan dasar-dasar ilmu:

Matematika, fisika, kimia, biologi, komputer, ekonomi dll.

Tidak terlepas dari maslahlingkungan

Ilmu Teknik Sipil:dapat dikelompokkan menjadi beberapa cabang:

Teknik StrukturTeknik Hidro / KeairanTeknik TransportasiGeoteknikManajemen Konstruksi

Namun masing-masingbidang saling mendukung

2

ContohContoh22 Bangunan Bangunan TEKNIK SIPILTEKNIK SIPIL

Bangunan TEKNIK SIPILBangunan TEKNIK SIPIL

Dapat dikelompokan menjadi:

1. BANGUNAN GEDUNG2. BANGUNAN TRANSPORTASI3. BANGUNAN HIDRO/KEAIRAN

3

CIVIL ENGINEERING STRUCTURESCIVIL ENGINEERING STRUCTURES

1. Bangunan Gedung:

a. Fungsi hunian:Rumah tinggal, asrama, wisma tamu.

b. Fungsi keagamaan:Masjid/mushola, gereja/kapel, pura, wihara, kelenteng.

c. Fungsi usaha:Perkantoran, perdagangan (warung, pasar, toko, mal), perindustrian (pabrik, lab., bengkel), perhotelan (wisma, losmen, hotel), wisata & rekreasi (gd pertemuan, olahraga, bioskop, gd pertunjukan), terminal, penyimpanan(gudang, gd parkir).

Jurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo

Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01A-02


d. Fungsi sosial dan budaya:Pendidikan (sekolah, PT, BLK), kebudayaan, pelayanankesehatan (Puskesmas, RS), Laboratorium, Bangunanpelayanan umum

e. Fungsi khusus:Bangunan berbahaya (reaktor nuklir, pabrik2 denganbahan berbahaya), bangunan/instalasi pertahanan(pangkalan, depo amunisi etc.).

f. Fungsi gabungan:Ruko, hotel-mal, apartemen-kantor-mal etc.



4


2. Bangunan Transportasi:

Misalnya:a. Jalan:

Jalan Raya, Jalan Kereta Api (Jalan Rel)b. Jembatan:

Jembatan JR, Jembatan JKA, Jalan layang, JalanMonorail, Jembatan penyeberangan

c. Prasarana Transportasi Udara & Laut:Terminal Darat/Udara/Laut, Lapangan udara, PelabuhanLaut




3. Bangunan Hidro/Air:

Misalnya:Bendung, Bendungan/Dam, Saluran Irigasi, Kanal, Dermaga, Bangunan pemecah gelombang, Offshore Structure (Oil Rig),



5

MATERIAL FOR CIVIL ENGINEERING STRUCTURESMATERIAL FOR CIVIL ENGINEERING STRUCTURES

Bangunan Teknik Sipil dapat dibuat a.l. dari bahan-bahan:

1. Metal: baja, stainless steel, alumunium dll.kuat, ringan, elastis, tetapi tidak tahan panas/api

2. Beton: beton ringan, beton normal, beton mutu tinggi

awet (tahan cuaca, api), murah, tetapi berat & getas3. Kayu & : berbagai jenis kayu, asli dan olahan (kayu lapis)

bambu ringan, rel.murah, tetapi tidak tahan cuaca & serangga

4. Komposit: Gabungan bahan: baja-beton, baja-kayu, beton-kayu etc.

untuk memanfaatkan kelebihan dari masing2 bahan !

5. Tanah, batuan, aspal: untuk dam, jalan raya etc.



LOADS ON CIVIL ENGINEERING STRUCTURESLOADS ON CIVIL ENGINEERING STRUCTURES

Bangunan Teknik Sipil dapat mengalami berbagai jenis beban a.l.:

1. Beban mati: berasal dari berat sendiri bangunanpenting, jangan sampai terlupakan!!!

2. Beban hidup: beban akibat penggunaan bangunan(termasuk efek dinamik, tumbukan, gaya rem dll.)

3. Beban angin: akibat hembusan angin (perbedaan tekanan udara)

4. Beban gempa: akibat gempa bumi (tergantung lokasi/zona)

5. Tekanan tanah, air, fluida lain: misalnya beban pada dinding basement, kolamrenang, tanki air, tanki penyimpan minyak/LNG etc.

6. Pengaruh Temperatur: kembang-susut, misalnya akibat panas matahari



6

EXAMPLE OF CIVIL ENGINEERING STRUCTURESEXAMPLE OF CIVIL ENGINEERING STRUCTURES

Gedung BertingkatGedung

Tidak Bertingkat

Struktur Atas(Upper Structure)

Struktur Bawah(Sub Structure)


Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01A-xx

UPPER STRUCRURE & SUB STRUCTRUREUPPER STRUCRURE & SUB STRUCTRURE




UPPER STRUCRURE & SUB STRUCTRUREUPPER STRUCRURE & SUB STRUCTRURE

Struktur Bawah(Sub Structure)

Struktur Atas(Upper Structure)

Fondasi

7


BANGUNAN GEDUNG

(Building)




Building: HousingJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


8


Building: High Rise BuildingJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo





9





Building

Balok

Kolom



10


Building: Warehouse & FactoryJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Building: Gedung pertemuan/expo/pertunjukanJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


11


Building: Stadion




Building: Park house



12


Building: Steel Frame (under construction)

Balok anak

Kolom

Balok induk

Plat Lantai




Airport Terminal Building



13


BANGUNAN TRANSPORTASI




Transportation: Roads (Freeway)Jurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


14


Transportation: Roads (Highway)Jurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: „High Way......“



15


Transportation: Highway IntersectionJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: Highway BridgesJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


16


Transportation: Road & BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: Railway BridgesJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


17


Transportation: Railway Station




Transportation: Railway BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


18


Transportation: Railway Bridge (High speed train)




Transportation: Freeway (Road) BridgesJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


19


Transportation: Freeway (Road) Bridges

Lantai Jembatan

Balok Lantai JembatanI II I

Struktur Rangka Batang

Batang pengikat atas(Ikatan angin)

Potongan melintangjembatan:




Transportation: Freeway (Road) BridgesJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


20


Transportation: Pedestrian BridgesJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: Timber-BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


21


Transportation: Bamboo-BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: Suramadu BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


22


Transportation: Sunda Strait BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: Airport (Frankfurt)

Apron

Apron

Taxi WayTaxi Way

Run Way

Run Way



23


Transportation: Airport (Munich)




Transportation: Airport (CKG)



24


Transportation: Road-TunnelJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: Road-TunnelJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


25


Transportation: MonorailJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Transportation: BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


26


BANGUNAN AIR / HIDRO




Water Structure: BendungJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


27


Water Structure: BendungJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Water Structure: Bendungan & PLTAJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


28


Water Structure: Bendungan & PLTAJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Saluran IrigasiJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


29


Saluran DrainasiJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Jika Drainasi Gagal !Jurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


30


Transportation: DermagaJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Water Structure: Offshore Structure Oil RigJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


31


Break water (Pemecah Gelombang)Jurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo





32


OLD STRUCTURES




Old Structure: PyramidJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


33


Old Structure: ColosseumJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Old Structure: Saturn TempleJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


34


Old Structure: Segovia AquaductJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Old Structure: Pont du GardJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


35


Old Structure: BridgeJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



Old Structure: Borobudur & Prambanan TempleJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS TRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


36

ALBERT EINSTEIN

Di rumah Einstein pada tahun 1881

Ma……, Albertmau π2s ….

1

Dr.-Ing. Ir. Djoko SulistyoJTSL FT UGM

ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU (ASST)(Analysis of Statically Determinate Structures)

Diselenggarakan dalam 3 Kelas Paralel

Klas ADosen : Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo DJS

Ir. Suprapto Siswosukarto., Ph.D. SPTJadwal Kuliah : Jumat, pk. 09.00 – 11:30 (3SKS 150‘)Jadwal Tutorial : Selasa, pk. 09:00 – 10:40 (mulai 01.09.2009)

Klas B & CDosen : Ir. Priyosulistyo, M.Sc., Ph.D. PYS

Dr.-Ing. Ir. Andreas Triwiyono ATW Jadwal Kuliah :Jadwal Tutorial :

Mata KuliahANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU (ASST)ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU (ASST)

Semester Ganjil Th.Akd. 2009/2010KLAS A

2

ASST DALAM KURIKULUM 2006ASST DALAM KURIKULUM 2006

S. Beton III(2)

S Beton II(2)

S. Beton I(2)

S. Baja III(2)

S. Baja II(2)

S. Baja I(2)

PBTS(2 / T)

S. Kayu & Bambu (2)

FEM(2)

ADS & TG (2/P)

ASMM(3 / T)

ASSTT(2 / P)

ATRD(3 / P)

ASST(3 / P)

MT (2)Sem. VIIISem. VIISem. VISem. VSem. IVSem. IIISem. IISem. I

ASST = Analisis Struktur Statis Tertentu (3 SKS / Praktikum)ATRD = Analisis Tegangan Regangan dan Deformasi (3SKS / Praktikum)ASSTT = Analisis Struktur Statis Tak Tertentu (2 SKS / Praktikum)MT = Matematika Teknik (Matriks, Analisis Numerik) (2 SKS)ASMM = Analisis Struktur Metoda Matriks (3 SKS, Tugas)ADSTG = Analisis Dinamika Struktur dan Teknik Gempa (2 SKS, Praktikum)FEM = Finite Element Method / Metoda Elemen Hingga (2 SKS)PBTS = Perancangan Bangunan Teknik Sipil (2 SKS, Tugas)

120 SKS ≥ 24 SKS

Analisis Struktur Statis Tertentu

3 SKS 3 x 3 `jam` (~ 50 menit) = 450 menit kegiatan per minggu

3 SKS?

3 x 50 menit: kegiatan tatap muka (kuliah)3 x 50 menit: kegiatan terstruktur (tutorial, praktikum/tugas, PR, ...)3 x 50 menit: kegiatan mandiri (belajar & latihan mandiri)

3

AnalisisAnalisis Struktur Struktur Statis TertentuStatis Tertentu

Kegiatan:

1. Kuliah dan diskusi di kelas Jumat, pk. 09.00 – 11:30

2. Tutorial/Asistensi di kelas Selasa, pk. 09:00 – 10:40

3. Praktikum setelah UTS (k.l. Nov.-Des. 2009),

akan dibuka pendaftaran pada pertengahan Okt. 2009

4. Tugas mingguan / PR, Quiz / Test

5. Ujian Tengah Sem. (UTS) & Ujian Akhir Sem. (UAS)

Note:Kuliah Minggu ke 1 s/d 7 : Dr.-Ing. Ir. Djoko SulistyoKuliah Minggu ke 8 s/d 14 : Ir. Suprapto S., Ph.D.

Jadwal Kuliah dan MateriJadwal Kuliah dan Materi

Pendahuluan:- Peran/tujuan Analisis Struktur, - Contoh2 Bangunan T.Sipil,- Idealisasi struktur,- Bahan Struktur- Beban pada sruktur (ext. forces) - Analisis gaya-gaya sebidang- Dasar-2 Analisis Struktur: prinsip keseimbangan statik

- Gaya-gaya dalam (int. forces)

Materi

28.08.20091

Tugas / PRTanggalKuliah ke

4


Balok Gerber (Compound beam) & Beban tidak langsung:- Pengertian, Prosedur penyels.- Reaksi dan gaya-gaya dalam dan penggambaran diagramnya

Balok KantileverBalok sederhana dg kantilever

Reaksi tumpuan: jenis & sifatBalok sederhana: Pengertian, hitungan reaksi tumpuan dan gaya-gaya dalam serta penggambaran diagramnya

Materi

02.10.20094

11.09.20093

04.09.20092



Beban Tidak Langsung:- Pengertian- Reaksi dan gaya-gaya Dalam- Garis pengaruh

Garis pengaruh: pengertian beban berjalan dan garis pengaruh.Perhitungan dan penggambaran garis pengaruh pd balok sederha-na tanpa dan dg kantilever dan pada balok gerber.

Quiz / Test:Balok sederhana, Balok Kanti-lever, Balok Gerber.

Materi

23.10.20097

16.10.20096

09.10.20095


5

Jadwal Jadwal TutorialTutorial dan Materidan Materi

PR 1Lanjutan Kuliah Minggu I01.09.20091

PR 6Garis PengaruhPembahasan Quiz

13.10.20096

Beban Tidak langsungPembahasan PR6

20.10.20097

PR 3Balok sederhanaPembahasan PR2

15.09.20093

PR 4Balok KantileverPembahasan PR3

17.09.20094

Compound BeamPembahasan PR4

Analisis gaya-gaya sebidangPembahasan PR1

Materi

PR 506.10.20095

PR 208.09.20092

Ketr.TanggalTutorialke


Materi: A. Reaksi tumpuan, gaya2 dalam dan gbr diagram utk.:1. Portal/Pelengkung

sederhana2. Portal dan Pelengkung

3-Sendi2. Struktur rangka batang3. Struktur kabel / gantungB. GP pd Str. Rk. Batang

Dosen:Ir. Suprapto S., Ph.D.

MateriNov-Des.

20088

s/d14


6

BukuBuku--buku Acuanbuku Acuan

1. White, R.N., Gergely, P., Structural Engineering, Vol.1Sexsmith, G., John Wiley and Sons, Inc., 1976

2. Megson, T.H.G.: Structural and Stress Analysis,Butterwort & Heinemann, 1996(Chapter 1 s/d 6 dan 17)

3. Hibbeler, R.C.: Structural Analysis 3th.Ed.,Prentice Hall Int., Inc., 1997(Chapter 1 s/d 6)

4. Istimawan DH: Analisis Struktur I,Gramedia, 2001

5. Ghali, A. & Neville, A.M.: Structural Analysis,John Wiley & Sons

6. Norris, C.H. & Wilbur, J.B.: Basic Structural Analysis,Mc. Graw Hill Book Co. Etc.

Sistim PenilaianSistim Penilaian

Nilai Akhir dari MK ASST merupakan gabungan dari nilai-nilai:

1. Minggu ke 1 s/d UTS: Bobot: 40%Tugas / PR (5-6 kali)10 %Kuis / Tes (1 kali) 10 %UTS (1 kali) 20 %

2. Minggu ke 8 s/d UAS: Bobot: 40%Tugas/PR, Kuis/Tes, UAS

3. Praktikum: Bobot: 20%Laporan dan Responsi

Jumlah kehadiran kuliah minimal 75% !!!

STRUCTURAL ANALYSISSTRUCTURAL ANALYSIS

WHAT IS A STRUCTURE ?

Structure system consist of a series of connected parts.

Example: BuildingBridgeTowerDam

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

Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01B-01a

INTRODUCTION

Parts or Elementsof Structures



Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01B-01b

INTRODUCTION

Struktur pada bangunan2 Teknik Sipil seringkali mengadopsi ataumeniru sistim struktur dari alam.Misalnya:1. Rangka tubuh manusia2. Struktur pohon3. Sarang laba-laba4. Cangkang kerang

STRUCTURES IN THE NATURE



Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01B-01c

INTRODUCTION

STRUCTURES IN THE NATURE

STRUCTURAL ANALYSISSTRUCTURAL ANALYSISINTRODUCTION

Parts or Elementsof Structures

Column (Kolom)

Slab (Plat lantai)

Beam (Balok)

Foundation (Fondasi)


Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01B-02


FUNCTION OF STRUCTUREThe basic function of any structure is to support loads andtransmit them to the ground.

Building:The building structure supports the roof, floors, walls and their loads and transmit them through the foundation to the ground.

Structure

Foundation

INTRODUCTION




FUNCTION OF STRUCTUREBridge:The bridge structure supports a deck which allows the passage of pedestrians and vehicles, than transmit all of these loads (incl. selfweight of the bridge) through piers, abutments and foundations to the ground.

INTRODUCTION




FUNCTION OF STRUCTURE

Other structures carry other types of loads:

Dam – Water Retaining Wall – Earth

INTRODUCTION




DESIGN PROCEDURE OF CIV. ENG. STRUCTURE

General Process:

INPUT PROCESS OUTPUT

INTRODUCTION



Data:geometri bangunan,

beban, bahan dll.

Proses hitungan:analisis beban, analisis struktur,

perancangan elemenGambar2,

RKS/Spec., RAB


DESIGN PROCEDURE OF CIV.ENG. STRUCTUREPengumpulan Data:- Fungsi Bangunan- Ukuran/Geom. Struktur- Bahan Bangunan- Peraturan2 / Standard2- Keadaan Tanah & Lingk.

Modelisasi:Struktur Riil 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!

INTRODUCTION




ROLE OF STRUCTURAL ANALYSIS IN THE DESIGN OF CIV. ENG. STRUCTURE

Analisis Struktur bukan merupakan tahapan akhir dalam proses perancangan.

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

Analisis Struktur membantu perancang struktur dalam membuatkeputusan2 penting dalam proses perancangan.

INTRODUCTION




OBJECTIVES OF STRUCTURAL ANALYSIS

INTRODUCTION

To obtain effects of the loading supported by the structure:

1. Distribution of internal forces

2. Deformation of the structure

LOAD

REACTION REACTION

Internal Forces= Deformation




STRUCTURAL REQUIREMENTS:

INTRODUCTION

1. Strengh

2. Stiffness

------------------

3. Durability

4. Economic

5. Aesthetic




STRUCTURAL FORMS

INTRODUCTION

The decision as to the form of a structure rests with the structural designer and is governed by: - the purpose for which the structure is required, - the materials that are to be used and - any aesthetic considerations that may apply.

Structures, for construction and analysis purposes, are divided into a number of structural elements, although an element ofone structure may, in another situation, form a complete structure in its own right.




STRUCTURAL FORMS

INTRODUCTION

... in its own right.

For example, a beam may support afoot-path across a stream,

or...

beam as a part of a large framework

Simple beam

Building frame

beam




STRUCTURAL FORMS

INTRODUCTION

Beam

Beam




As spans increase, the use of beams to support bridge decks becomes uneconomical. For moderately large spans, trusses may be used. Trusses carry loads by developing axial forces in their members, and their depth, for the same span and load, is larger than that of a beam but, because of the skeletal nature of their construction, will be lighter.

For example:the Warren truss shown is typical of thoseused in bridge construction;other geometries form roof supportsand also carry bridge decks.

Truss

STRUCTURAL FORMS




STRUCTURAL FORMS

Truss




Portal frames are commonly used in building construction and generally comprise arrangements of beams and columns.

Portal

beam

column

rigid joint

STRUCTURAL FORMS




Portal

STRUCTURAL FORMS




The use of trusses to support bridge decks becomes impracticable for longer than moderate spans. In this Situation arches are often used.

Bridge Deck

ArchColumn

Bridge Deck

ArchHanger

STRUCTURAL FORMS




Arch

STRUCTURAL FORMS




For exceptionally long-span bridges, and sometimes for shortspans, cables are used to support the bridge deck. Generally, the cables pass over saddles on the tops of towers and are fixed ateach end within the ground by massive anchor blocks. The cablescarry hangers from which the bridge deck is suspended

STRUCTURAL FORMS




Cable Structure Suspension BridgeSTRUCTURAL FORMS




Other structural forms include:

- plate and slabs, which are used as floors in buildings, as raft foundations and as bridge decks,

- and continuum structures which include shells, folded plate roofs, arch dams, etc.;

Generally, continuum structures require computer-based methodsof analysis.




SUPPORT SYSTEMINTRODUCTION

The loads applied to a structure are transferred to its foundations by its supports. In practice supports may be complex, in which case they are idealized into a form that may readily be analysed.

PIN SUPPORT (tumpuan sendi):Thus a support that: - allows rotation, but

- prevents translation

in practice: represented for analysis purposes by the idealizedform:




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

TUMPUAN SENDI

RV

RH




TUMPUAN SENDI




TUMPUAN SENDI




ROLLER SUPPORT (tumpuan rol):Thus a support that: - allows rotation, but

- prevents translation in direction perpendi-cular to its bearing plate





TUMPUAN ROL

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




FIX SUPPORT (tumpuan jepit):Thus a support that: - prevents translation and rotation in all

directions




Str. Baja

Str. Beton


TUMPUAN JEPIT

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




TUMPUAN JEPIT




Resume:Support conditionsand itscharacteristics




STRUCTURAL IDEALIZATIONGenerally, structures are complex and must be idealized or sirnplified into a form that can be analysed.

INTRODUCTION

This building can be idealized as 2D as well as 3D frame:




This bridge structure can be idealized as 2D as well as 3D truss:




UNIT SYSTEMWe use the SI Unit

INTRODUCTION

Lenght Force Mass Temperatur Time

Meter (m) Newton (N) kilogram (kg) Celcius (°C) Second




Static equilibrium

1


The 1st NEWTON LAWif ΣF = 0 body at rest or

move with constant velocity

THE NEWTON LAWS

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

The 3th NEWTON LAWAction = - Reaction


Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01C-01


STATIC

concerned with the study of bodies at rest or, 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



2


FORCE

vector specified by its magnitude, direction and position

(AB) ( ) (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.Jurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo


3


PARALLELOGRAM OF FORCE

F1 and F2 are concurrent and coplanar forces


)αO F2

F1

Analytically:

αcos2 2122

21 FFFFR ++= α

αθcos

sinarctan12

1

FFF+

=

R is resultant of F1 and F2

in vector notation: R = F1 + F2

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

R

θ )




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.


)αO F2

F1

R

θ )

A

B

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

)α F2

F1R

θ )



4


THE RESULTANT OF A SYSTEM OF CONCURRENT FORCES

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


)O F1

F2

F3

F4

))β γx

y

α

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

))β γx

y

α F1

F2

F3

F4

RR

No particular order:F1 , F2 , F3 , F4F1 , F3 , F2 , F4F4 , F1 , F3 , F2Etc.



5



Analytical Solution:


)O F1

F2

F3

F4

))β γx

y

α

Fx = F1 + F2 cos α - F3 cos β - F4 cos γ

Fy = F2 sin α + F3 sin β - F4 sin γ

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

R

Then: R = √(Fx2 + Fy

2)

θ = arctan (Fy / Fx)

θ)




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.


)αO F2

F1

R

θ )

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



6


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 = √(Rx2 + Ry

2) θ = 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!



7


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 !



8


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:ΣFx = 0 dan ΣFy = 0






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

x

y

F

Fa

Dalam sistem ini persyaratanΣFx = 0 dan ΣFy = 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 ΣFx = 0dan ΣFy = 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 ΣMz = 0



9




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

ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMz = 0

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

ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣFz = 0ΣMx = 0 ΣMy = 0 ΣMz = 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:

ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMz = 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:

ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMz = 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)



10

STRUCTURAL ANALYSISSTRUCTURAL ANALYSISPRINCIPLES OF STATIC

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

sun pada bentuk struktur yg tidak berubah bentuk.

Oleh karenannya berlaku prinsip SUPERPOSISI.

Dalam Kuliah ASST ini dibatasi hanya untukbeban statis.

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

Untuk kasus bidang 2 dimensi (2D) ΣFh = 0 ΣFv = 0 ΣM = 0 3. Prinsip kompatibilitas (hubungan perpindahan dan regangan) terpenuhi

Detailed discription during the lecture !



1


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

Fakultas Teknik, Universitas Gadjahmada Program S1 01D - 01

LOADS OF STRUCTURES

PEDOMAN2 PEMBEBANAN:

Tata Cara Perencanaan Pembebanan Jembatan Jalan Raya. SNI 03-1725-1989akan direvisi dg RSNI1: Standar Pembebanan untuk Jembatan (2004)

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

Pedoman Pembebanan untuk Jembatan Jalan Rel

etc.

STRUCTURAL ANALYSISSTRUCTURAL ANALYSISLOADS OF STRUCTURES

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.



2


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 gaya rem, gaya sen-trifugal dan gaya dinamis




CONTOH: Beban Mati Berat sendiri bahan bangunan



3


CONTOH: Beban Mati Berat sendiri bahan bangunan




CONTOH: Beban Hidup



4


CONTOH: Beban Hidup




Beban mati dan beban hidup:

Beban angin:



5

Beban angin: Beban selisih suhu: Beban akibat perbedaanpenurunan fondasi:





Beban gempa:



6

16o

14o

12o

10o

8o

6o

4o

2o

0o

2o

4o

6o

8o

10o

16o

14o

12o

10o

8o

6o

4o

2o

0o

2o

4o

6o

8o

10o

94o 96o 98o 100o 102o 104o 106o 108o 110o 112o 114o 116o 118o 120o 122o 124o 126o 128o 130o 132o 134o 136o 138o 140o

94o 96o 98o 100o 102o 104o 106o 108o 110o 112o 114o 116o 118o 120o 122o 124o 126o 128o 130o 132o 134o 136o 138o 140o

Banda Aceh

Padang

Bengkulu

Jambi

Palangkaraya

Samarinda

BanjarmasinPalembang

Bandarlampung

Jakarta

Sukabumi

BandungGarut Semarang

Tasikmalaya Solo

Blitar MalangBanyuwangi

Denpasar Mataram

Kupang

SurabayaJogjakarta

Cilacap

Makasar

Kendari

Palu

Tual

Sorong

Ambon

Manokwari

Merauke

Biak

Jayapura

Ternate

Manado

Gambar 2.1. Wilayah Gempa Indonesia dengan percepatan puncak batuan dasar dengan perioda ulang 500 tahun

Pekanbaru

: 0,03 g: 0,10 g: 0,15 g: 0,20 g: 0,25 g: 0,30 g

WilayahWilayahWilayahWilayahWilayahWilayah

1

1

1

2

2

3

3

4

4

56

5

1

1

1

1

1

1

2

2

2

22

2

3

3

3

33

3

4

4

4

44

4

5

5

5

55

5

6

6

6

4

2

5

3

6

0 80

Kilometer

200 400



Beban gempa:




7


KOMBINASI PEMBEBANAN:

Pada umumnya beban yang bekerja pada suatu struktur tidak hanya satu jenis beban saja, tetapi merupakan kombinasi dari berbagai jenis beban yang salah satunya adalah beban mati (D) karena jenis beban ini selalu ada.

Dalam analisis struktur harus ditinjau berbagai kombinasi beban yang mungkin terjadi dari saat pembangunan sampai bangunan itu melakukan fungsinya.

Terdapat dua keadaan yang harus ditinjau:1. Kombinasi beban pada saat layan, yaitu kombinasi dari beban-beban

saat struktur tersebut melakukan fungsinya.Misalnya:D + L




KOMBINASI PEMBEBANAN:

2. Kombinasi beban pada saat beban lebih (overload), yaitu kombinasi beban-beban yang dikalikan suatu faktor beban (>1) pada saat perancangan kekuatan struktur.Misalnya:1,2 D + 1,6 L1,2 D + 1,0 L + 1,0 Edst.



8


BENTUK-BENTUK BEBAN:

Dari bentuknya beban pada struktur dapat dibedakan menjadi:

1. Beban terpusat (beban titik); Concentrated Load P:Yaitu beban yang bekerja terpusat pada suatu bidang yang kecil.Misalnya:beban dari roda kendaraan di atas jembatan

beban dari sebuah kolom yang ditumpu suatu balok

P (kN)

P (kN)




BENTUK-BENTUK BEBAN:2. Beban merata; uniform load q

Yaitu beban yang bekerja pada suatu luasan secara merata.Misalnya:beban mati pada plat atau balokbeban dinding pada balok

q (kN/m)

3. Beban segita dan trapesium q1 & q2Yaitu beban yang bekerja pada suatu luasan dan terdistribusi dalam bentuk segitiga atau trapesium (trapesium = gabungan segi 3 + segi4)Misalnya:beban bidang plat yang didukung balok

q1(kN/m)

q (kN/m)

q1 (kN/m)

q2 (kN/m)



9


BENTUK-BENTUK BEBAN:4. Beban tidak beraturan q(x)

Yaitu beban yang bekerja pada suatu luasan dan terdistribusi secara tidak merata misalnya berupa fungsi sin, cos, atau sama sekali tidak beraturan.

q(x) (kN/m)



Beban terpusat

Beban merata




10


Tributary Area & Load Paths



LOADS & INTERNAL FORCESLOADS & INTERNAL FORCESLOADS

JENIS PEMBEBABAN STRUKTURPada umumnya sebuah elemen struktur mengalami pembebanan yang kompleks yang merupakan gabungan dari berbagi jenis pembebanan yang berbeda.Terdapat 4 (empat) jenis pembebanan utama, yaitu:Beban aksial (normal), beban geser, beban momen lentur, dan beban torsi.

Beban aksial (normal) Axial Load beban tarik atau beban desakBeban Geser Shear LoadBeban Momen Lentur Bending MomenBeban Torsi Torsion

SeeMegson

(Structural & Stress Analysis)p. 33 – 37



11

JENIS-JENIS GAYA-GAYA DALAMSesuai dengan jenis pembebanan yang ada, maka terdapat 4 (empat) jenis gaya-gaya dalam, yaitu:

Gaya normal Normal Force NFGaya geser Shear Force SFMomen Lentur Bending Momen BMTorsi Torsion TM

Pada kenyataannya pada umumnya gaya-gaya dalam tersebut muncul secara bersamaan atau kombinasi dari beberapa diantaranya.

LOADS & INTERNAL FORCESLOADS & INTERNAL FORCESINTERNAL FORCES



NOTASI dan PERJANJIAN TANDAUntuk kasus 3D pada umumnya digunakan sistim sumbu XYZ yg mengikuti ‘aturan tangan kanan‘sumbu z pada sumbu memanjang batang (positif ke kanan)sumbu x tegak lurus sb. y & z (positif ke depan)sumbu y tegak lurus sb. x & z (positif ke bawah)

Menurut sistim ini, bebanvertikal ke bawah searah sumbu y, mempunyai tanda positif.




12

NOTASI dan PERJANJIAN TANDATanda untuk gaya-gaya dalam ditentukan sbb:1. Gaya-gaya dalam mempunyai tanda & nilai positif, jika:

Pada permukaan positif: gaya-gaya internal tsb mempunyai arah sesuai sumbu x,y,z positifATAUPada permukaan negatif: gaya-gaya internal tsb mempunyai arah sesuai sumbu x,y,z negatif

2. Gaya-gaya dalam mempunyai tanda & nilai negatif, jikaketentuan (1) tsb di atas tidak terpenuhi.

Z+

Y+S

N

M

SN

M M

N

S

N

M S

Permukaan positifPermukaan negatif




AXIAL LOAD (BEBAN AKSIAL/NORMAL)

TTBatang mengalami beban aksial/nor-mal tarik T:- Didalam batang terjadi gaya dalam(internal force) gaya normal tarik

(Normal Force, NF + )- Batang memanjang

CCBatang mengalami beban aksial/ normal desak C:- Didalam batang terjadi gaya dlm (internal force) gaya normal desak

(Normal Force, NF – )- Batang memendek.

LOADS & INTERNAL FORCESLOADS & INTERNAL FORCESINTERNAL FORCES & DEFORMATIONS



13

SHEAR LOAD (BEBAN GESER)

Penampang2 ini mengalami beban geser:

terjadi internal force: Gaya Geser (Shear Force = SF)

terjadi deformasi geser (dalam analisis struktur2 langsing, pada umumnya pengaruh deformasi ini kecil dan diabaikan)


q P



BENDING MOMENT (MOMEN LENTUR)

Penampang2 ini mengalami momen lentur akibat beban q atau P:

terjadi internal force: Momen Lentur (Bending Moment = BM)

terjadi deformasi lentur: batang melengkung

q P

Dalam kasus ini, akibat beban q atau P batang tsb juga mengalami beban geser!




14

Penampang batang ini mengalami momen puntir (torsi) akibat beban P MT = P . a

terjadi internal force: Momen Puntir/Torsi (Torsion Moment = TM)

a

P

terjadi deformasi geser (dalam analisis struktur2 langsing, pada umumnya pengaruh deformasi ini kecil dan diabaikan)

TORSION MOMENT (MOMEN TORSI/PUNTIR)

M=P.a

Dalam kasus ini, akibat beban P batang tsb juga mengalami beban geser dan momen lentur!





JENIS-JENIS BEBAN MENURUT CARA BEKERJANYA:1. Beban Langsung (direct load):

Yaitu beban yang bekerja langsung pada struktur yang ditinjau,Misal: - berat sendiri balok atau plat- beban plat pada balok (balok dan plat monolit)

2. Beban Tidak Langsung (indirect load):Yaitu beban yang bekerja tidak langsung pada struktur yang ditinjau,tetapi melalui elemen2 struktur lain.Misal: - beban hidup jembatan (JR, JKA) pada gelagar utama jembatan



1

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



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



2


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)

mampu menahan reaksi arah x (hors.) maupun arah y (vert.)- Dapat berputar (berotasi)

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



3


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

- rotasi tidak terjadi

Catatan:Sifat-sifat tumpuan rol (dg bidang gelincir horisontal):- Tidak bertlansasi (tidak bergeser) dalam arah y

mampu menahan reaksi arah y (vertikal) RY- Dapat bertlansasi (bergeser) dalam arah x

tidak menahan reaksi arah x (horisontal) RX = 0- Dapat berputar (berotasi)

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



4


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

Dalam persyaratan keseimbangan statik, tersedia 3 persamaan:ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMz = 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°



5


Sistim struktur dan reaksi tumpuan:

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

Pada titik A tumpuan sendi:terdapat 2 reaksi RAV & RAH

Pada titik D tumpuan rol:terdapat 1 reaksi RDV

MENGHITUNG REAKSI TUMPUAN

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°AB C

DRAH

RAV RDV

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



BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)MENGHITUNG REAKSI TUMPUAN

3 kN

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

1,2 m

5 kN

)60°AB 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. ΣFX = 0 RAH – PCH = 0 RAH – 2,5 = 0

Jadi: RAH = 2,5 kN 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 & horisontalnyaPCH = 5 . Cos 60° = 2,5 kN PCV = 5 . Sin 60° = 4,33 kN



6


3 kN

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

1,2 m

5 kN

)60°AB C

DRAH

RAV RDV

Misalnya digunakan momen thd ttk D: ΣMZ,D = 0, sehingga

RAV x 1,2 – 3 x 0,9 – 4,33 x 0,4 = 0 RAV = 3,70 kN

hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar diatas sdh benar.

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




3 kN

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

1,2 m

5 kN

)60°AB C

DRAH

RAV RDV

Selanjutnya RDV dapat dicari dengan ΣFy = 0 atau dg ΣMZ,A = 0Dengan ΣMZ,A = 0, sehingga:– RDV. 1,2 + 3 x 0,3 + 4,33 x 0,8 = 0 RDV = 3,63 kN

hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di atas sdh benar.Check:ΣFy = 0 RAV – 3 – 4,33 + RDV = 0 OK



7

BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)1. BEBAN TERPUSAT

P

0,6 L 0,4 L

L

A BC

RAH

RAV RBV



Z+

Y+




P

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

1.1 Hitungan reaksi-reaksi tumpuan

Tumpuan A sendi terdapat 2 reaksi: RAV & RAHTumpuan B rol terdapat 1 reaksi: RBV

Arah reaksi-reaksi diasumsikan seperti pd gbr berikut ini.

3 unknown,

Str. StatisTertentu!



8


P

0,6 L 0,4 L

L

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+ΣFH = 0 RAH + 0 = 0 RAH = 0

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

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

Cek: ΣFH = 0 P – RAV – RBV = P – 0,4P – 0,6P = 0 OKJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



P

A BC

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

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

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

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

z

I

I

Ditinjau bag. struktur di seb.kiri pot. I-I dibuatDiagram benda bebas(Free Body Diagram, FBD)Syarat: Bag.Struktur tetapdlm keadaan seimbang statik

Z+NF

SF

BM

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



9


ΣFH = 0 NFI = 0

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

ΣM = 0 BMI – RAV . z = 0BMI – (0,4.P) . z = 0 BMI = + 0,4.P.x (Positif)

P

A BC

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

z

I

I

Z+NF

SF

BM




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

Gaya2

dalam:

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

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

BM BMA = 0 BMC,ki = + 0,24.PL BMz = + 0,4P.z Positif, linier dlm z

P

A BC

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

z

I

I

Z+NF

SF

BM



10


P

A BC

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

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

z

II

II

Z+NF

SF

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

1. BEBAN TERPUSAT

ΣFH = 0 NFII = 0

ΣFV = 0 SFII – RAV + P = 0SFII – 0,4.P + P = 0 SFII = − 0,6.P (Negatif)

ΣM = 0 BMII – RAV . z + P.(z – 0,6L)= 0BMII – (0,4.P).z + P.z – 0,6.P.L = 0

BMII = + 0,6.P(L-z) (Pos.)

dg.: 0,6 ≤ z ≤ L




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

Gaya2

dalam:

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

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

BM BMC,ka = + 0,24.PL BMB = 0 BMz = + 0,6P.(L-z) Positif., linier dlm z

P

A BC

RAV = 0,4P RBV

Z+

Y+

z

II

II

Z+NF

SF

BM



11


GAMBAR DIAGRAM GAYA-GAYA DALAMP (kN)

0,6 L 0,4 L

L (m)

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM GAYA NORMAL (NORMAL FORCE DIAGRAM, NFD)

NF = 0 [kN]Satuan !!!





0,6 L 0,4 L

L (m)

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM GAYA GESER (SHEAR FORCE DIAGRAM, SFD)

0,4P [kN]

(+)

(-)

0,6P [kN]

konstan

konstan



12



0,6 L 0,4 L

L (m)

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

DIAGRAM MOMEN LENTUR (BENDING MOMEN, BMD)

0,24PL [kNm]

(+)linier linier



BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)P (kN)

0,6 L 0,4 L

L (m)

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+NF = 0 [kN]NFD

SFD

BMD

0,4P [kN]

(+)

(-)

0,6P [kN]

RAV

RBVP

0,24PL [kNm]

(+)Mmax pada balok AB

Posisi titik dg Mmaxbersesuaian dglokasi titik SF = 0

Gambarkan BMD pada sisi tertarik

Cara praktis menen-tukan notasi +/- padaNFD, SFD, BMDdijelaskan dlm kuliah.



13


P

a b

L

A BC

RAH

RAV RBV



Z+

Y+




P

a b

L

A BC

RAH

RAV RBV

Beban miring:dinyatakan dalam sudut miring, misal α = 60o

atau dg perbandingan kemiringan komponen vertikal dan horisontalnya,misal:

untuk memudahkan hitungan, beban miringdiuraikan menjadi komponen horisontal danvertikalnya.

Z+

Y+

12



14


P diuraikan menjadi PH dan PVReaksi2 tumpuan diasumsikan mempunyai arah spt pada gambar.

Dengan cara seperti diuraikan di muka, diperoleh:RAH = 3/5 P dg arah: RAV = PV . (b/L) = 4/5P.(b/L) RBV = PV . (a/L) = 4/5P.(a/L) Check: ... (OK)!

a b

L

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

P

3

4

PV = 4/5 P

PH = 3/5 P




a b

L

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

P

3

4

PV = 4/5 P

PH = 3/5 P

(−)NFD (kN)

3/5P

0

Segmen AC dari balok AB mengalami gaya aksial tekansebesar PH = 3/5P NFD negatif, sedang segmen CB tidak mengalami gaya aksial NFD = 0



15


a b

L

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

P

3

4

PV = 4/5 P

PH = 3/5 P

SFD (kN)

(-)

4/5P.(b/L)

4/5P.(a/L)

(+)

PV = 4/5P

RAV = 4/5P. (b/L)

RBV = 4/5P. (a/L)




a b

L

A BC

RAH

RAV RBV

Z+

Y+

P

3

4

PV = 4/5 P

PH = 3/5 P

BMD (kN)

MC = 4/5P.(a.b/L)

(+)Mmax pada balok AB



16

BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)3. BEBAN MERATA

q (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV



Z+

Y+



Misalnya akibat:- Berat sendiri balok- Berat dinding di atas balok- Beban plat lantai


REAKSI TUMPUAN:Untuk memudahkan dalam menghitung reaksi tumpuan, beban merata q dapat dipusatkan pada resultannya R = q.L (kN) yang terletak di tengah-tengah bentang balok AB.

ΣFH = 0 RAH = 0 kNΣMB = 0 RAV.L – (q.L).(0,5.L) = 0 RAV = 0,5.qL (kN)ΣMA = 0 – RBV.L + (q.L).(0,5.L) = 0 RBV = 0,5.qL (kN)Check: ... OK!

q

L

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

R = q.L

0,5.L 0,5.LC



17


q

L

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

I

Iz

P

A BC

RAV = 0,5qL RBV

Y+

z

I

I

Z+NF

SF

BM

RAH = 0

GAYA-GAYA DALAM:Ditinjau pot. I-I sejauh z dari A untuk menjaga keseimbangan

statik dari FBD, maka pada pot. I-I terdapat gaya-gaya

dalam: NF, SF, BM.

Diasumsikan nilai NF, SF, BM tsb positif, dg arah spt pada gambar.

q




P

A BC

RAV = 0,5qL RBV

Y+

z

I

I

Z+NFI

SFI

BMI

RAH = 0

GAYA-GAYA DALAM:Gaya Normal/Aksial (NF): ΣFz = 0 RAH + NFI = 0

0 + NFI = 0 NFI = 0

q

NFD (kN)0



18


P

A BC

RAV = 0,5qL RBV

Y+

z

I

I

Z+NFI

SFI

BMI

RAH = 0

GAYA-GAYA DALAM:Gaya Geser (SF): ΣFY = 0 − RAV + q.z + SFI = 0

− 0,5qL + q.z + SFI = 0SFI = 0,5qL − q.z = q.(0,5.L − z)

q

Fungsi linier dlm. z

SFD (kN)0(+)

(−)

di z = 0,5LSF = 0

0,5qL

0,5qLJurusan Teknik Sipil & Lingkungan ANALISIS STRUKTUR STATIS TERTENTU Dr.-Ing. Ir. Djoko Sulistyo



P

A BC

RAV = 0,5qL RBV

Y+

z

I

I

Z+NFI

SFI

BMI

RAH = 0

GAYA-GAYA DALAM:Momen Lentur (BM): ΣMI = 0 BMI − RAV.z + (q.z).(0,5z) = 0

BMI = RAV..z − 0,5.q.z2

BMI = 0,5.q.L.z − 0,5.q.z2

q

Fungsi kuadrat dlm. z0,5L

BMD (kNm)di z = 0,5.LBM max = 1/8.q.L2

(+) M max = 1/8.q.L2



19


RESUME:

q (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

BMz = 0,5qLz -0,5.q.z2)Kuadratik

BMB = 0BMC = 1/8.q.L2BMA = 0BM

SFz = q.(0,5L-z)Linier

SFB = - 0,5.qLSFC = 0SFA = + 0,5.qLSF

NFZ = 0NFB = 0NFC = 0NFA = 0NF

z sembarangz = L(Titik B)

z = 0,5 L(Titik C, Tengah

bentang.)

z =0 (Titik A)

Posisi

Gaya Dalam

C




RESUME:

q (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

C

SFD (kN)0(+)

(−)

0,5qL

0,5qL

NFD (kN) 0

0,5L

BMD (kNm)(+) M max =

1/8.q.L2



20




q

L

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

a c b




q kN/m

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

a c b

a+0,5.c RC D

REAKSI TUMPUAN:Resultan beban merata q adalah R = q.c (kN), yang terletak di tengah-tengah segmen balok CD, atau (a+0,5.c) dari A.

ΣFH = 0 RAH = 0 kNΣMB = 0 RAV.L – (q.c).(b+0,5.c) = 0 RAV = (q.c).(b+0,5.c)/L (kN)ΣMA = 0 – RBV.L + (q.c).(a+0,5.c) = 0 RBV = (q.c).(a+0,5.c)/L (kN)Check: ... OK!



21


P

A BC

RAV = q.c.(b+0,5c)/L RBV

Y+

z

I

I

Z+NFI

SFI

BMI

RAH = 0

GAYA-GAYA DALAM:(1) Segmen AC: Ditinjau pot. I-I sejauh z dari A

ΣFH = 0 NFI = 0

nol

Pos. & linier dlm. z

ΣM = 0 BMI – RAV.z= 0BMI = RAV.z

konstan

ΣFV = 0 SFI – RAV = 0SFI = RAV

4. BEBAN MERATA

q kN/m

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

a c b

z

C D

I

I




q kN/m

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

a c b

z

C D

II

II

IIA B

C


Y+

zII

Z+NFII

SFII

BMII

RAH = 0

q kN/m

a

GAYA-GAYA DALAM:(2) Segmen CD: Ditinjau pot. II-II sejauh z dari A



22



ΣFH = 0 NFII = 0 nol

linier dlm. z,bisa + atau −

Pada z = a SFC,ka = RAV – q.(0) = RAV positif

Pada z = a+c SFD,ki = RAV – q.(a + c – a) = RAV – q.cnegatif

ΣFV = 0 SFII – RAV + q(z–a) = 0 SFII = RAV – q.(z–a)

C

IIA B

C


Y+

zII

Z+NFII

SFII

BMII

RAH = 0

q kN/m

a





Fungsi kuadrat dlm. z,Gbr BMD berupa garis lengkung.

Pada z = a BMC,ka = RAV.a positif

Pada z = a+c BMD,ki = RAV.(a+c) – 0,5.q.(a + c – a)2

= RAV.(a+c) – 0,5.q.c2 positif

ΣM = 0 BMII – RAV.z + 0,5.q.(z–a)2 = 0

BMII = RAV.z –0,5.q.(z–a)2

C

IIA B

C


Y+

zII

Z+NFII

SFII

BMII

RAH = 0

q kN/m

a



23


GAYA-GAYA DALAM:(3) Segmen DB: Ditinjau pot. III-III sejauh z dari A

4. BEBAN MERATA

q kN/m

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

a c b

zC D

III

III

A B


Y+

zRAH = 0

q kN/m

a

DC

c

III

III

Z+NFIII

SFIII

BMIII





ΣFH = 0 NFIII = 0 nol

Konstan, neg.ΣFV = 0 SFIII – RAV + q.c = 0 SFIII = RAV – q.c = – RBV

A B


Y+

zRAH = 0

q kN/m

a

DC

c

III

III

Z+NFIII

SFIII

BMIII



24



Fungsi linier dlm. z,Gbr BMD berupa garis lurus.

Pada z = a+c BMD,ka = RAV.(a+c) – 0,5.q.c2

Pada z = L BMB = RAV.(L) – q.c.(L – a – 0,5.c) = q.c.(b+0,5.c) – q.c.(b + 0,5.c) = 0

ΣM = 0 BMIII – RAV.z + q.c.(z–a–0,5.c) = 0

BMIII = RAV.z – q.c.(z–a–0,5.c)

A B


Y+

zRAH = 0

q kN/m

a

DC

c

III

III

Z+NFIII

SFIII

BMIII




q kN/m

L (m)

A BRAH

RAVRBV

Z+

Y+

a c b

C D

RESUME:

BMB = 0BMD,ki = RAV.(a+c)−0,5.q.c2

BMD,ka = BMD,ki

BMC,ki = +RAV.aBMC,ka = +RAV.a

BMA = 0BM

SFB = −RBV

SFD,ki = RAV−qcSFD,ki = RAV−qc

SFC,ki = +RAV

SFC,ka = +RAV

SFA = + RAVSF

NFB = 0NFD = 0NFC = 0NFA = 0NF

z =L (Titik B)

z = a+c(Titik D)

z = a(Titik C)

z =0 (Titik A)

Posisi

Gaya Dalam



25


q kN/m

L (m)

A BRAH

RAVRBV

Z+

Y+

a c b

C D

NFD (kN) 0

BMD (kNm)(+) BM max

BMC BMD

linierlinier

Lengkung,kuadratis

linier

SFD (kN)0RAV

(+)

(−) RBV

m

konstan

konstan

BMmax terjadi di titikdg SF = 0, yaitu dim = RAV / q = …

BMmax terjadi didaerah Pot.II-II:

BMmax = RAV.(a+m)− 0,5 q.m2



BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)5. BEBAN SEGITIGA



qA=0 (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

qB (kN/m)



26


qA=0 (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

qB (kN/m)

REAKSI TUMPUAN:Resultan beban segitiga adalah R = ½.qB.L (kN), yang terletak di 2/3L dari A.

ΣFH = 0 RAH = 0 kNΣMB = 0 RAV.L – ½ (qB.L).(1/3.L) = 0 RAV = 1/6.qB.L (kN)ΣMA = 0 – RBV.L + ½ (qB.L).(2/3.L) = 0 RBV = 2/6.qB.L (kN)Check: ... OK!

2/3L 1/3L

R




qA=0 (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

qB (kN/m)

z

I

I

Y+

A BRAH

RAV RBV

Z+z

I

I

Z+NFI

SFI

BMI

GAYA-GAYA DALAM:Ditinjau potongan I-I, sejauh z dari A sbb.:



27


Y+

A BRAH=0

RAV=1/6qBL RBV

Z+z

I

I

Z+NFI

SFI

BMI

GAYA-GAYA DALAM:

qz = z/L.qB

ΣFH = 0 NFI = 0 nol

Fungsi kuadrat dlm. z,SFD berupa grs.lengkung

Pada z = 0 SFA = 1/6.qB.L = RAV positifPada z = L SFB = − 2/6.qB.L= − RBV negatif

ΣFV = 0 SFI – RAV + ½.qz.z = 0 SFI = 1/6.qB.L−1/2.z/L.qB.z SFI = 1/6.qB.L−1/2.qB/L.z2

SF = 0 terjadi diz = 0,577.L(coba dihitung sendiri!)




Y+

A BRAH=0

RAV=1/6qBL RBV

Z+z

I

I

Z+NFI

SFI

BMI

GAYA-GAYA DALAM:

qz = z/L.qB

Fungsi pkt.tiga dlm. z,BMD berupa grs.lengkung

BMmax terjadi pada titik dg SF = 0 pada z = 0,577.L

BMmax = 0,0641.q.L2 (coba dihitung sendiri!)

Pada z = 0 BMA = 0 Pada z = L BMB = 0

ΣM = 0 BMI – RAV.z + (1/2.qz.z).(1/3.z) = 0

BMI = 1/6.qB.L.z – ½.(qB.z/L).z.(1/3.z) = 1/6.qB.L.z – 1/6.(qB/L).z3



28


qA=0 (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

qB (kN/m)

NFD (kN) 0

SFD (kN)SF=0

(+)

(−)0,577L

Grs.lengkung, kuadratisRAV = 1/6.qB.L

RBV = 2/6.qB.L

RAV = 1/6.qB.L

BMD (kNm)(−)

Grs.lengkung, pkt. tiga

BMmax = 0,0641.qB.L2 (+)



q (kN/m)


L (m)

A BRAH

RAV RBV



Z+

Y+

a c b



29

q (kN/m)


L (m)

A BRAH

RAV RBV

Reaksi tumpuan:Resultan dari beban segitiga R = ½.q.c, dg posisi (a+2/3.c) dari A atau (b+1/3.c) dari B.

RAH = 0RAV = (½.q.c).(b+1/3.c) / LRBV = (½.q.c).(a+2/3.c) / L

Z+

Y+

a c b

Cek: OK!( ) ( ) 032

31

21

21 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

++

−L

caL

cbqcqc




Y+

q (kN/m)

L (m)

A BRAH

RAV RBV

Z+

a c b

NFD (kN)0

SFD (kN)0

(+)

(−)

konstan

konstan

RAV

RBV

grs. lengkung, kuadratis

SFD (kN)linier

liniergrs. lengkung, pkt. tiga

RAV.a (+)BMmax

RBV.b



30

BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)7. BEBAN KOMBINASI



L

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+Penjelasan terinci

diberikan dalam kuliah



BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)7. BEBAN KOMBINASI

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).




L

A BRAH

RAV RBV

Z+

Y+

31

BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)K E S I M P U L A N

Bentuk NFD, SFD dan BMD

Terpusat Merata Segitiga

NFD konstan linier kuadratisf(x0) f(x1) f(x2)

SFD konstan linier kuadratisf(x0) f(x1) f(x2)

BMD linier kuadratis pangkat tigaf(x1) f(x2) f(x3)

BebanDiagramGy.Dalam



BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM)C O N T O H

3 kN/m

10 m

A BRAH

RAV RBV

Z+

3 m 2 m

1 m

1 m2 m

45o)

4√2 kN3

4

10 kN

4 kN/m

6 kN/m

1

1



Documents

Kuliah ASST UGM - Pak Djoko