1asstatwbahanserahan1gasal2021-22sdbalokkantilever-221011164322-aa2468ab.pptx

qsws

1. MEKANIKA TEKNIK I minggu ke - v

2. JENIS 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 P (kN) beban dari sebuah kolom yang ditumpu suatu balok P (kN)

3. 2. Beban merata; uniform load  q Yaitu beban yang bekerja pada suatu luasan secara merata. Misalnya: beban mati pada plat atau balok beban dinding pada balok q (kN/m) 3. Beban segita dan trapesium  q 1 & q 2 Yaitu 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 q 1 (kN/m) q (kN/m) q 1 (kN/m) q 2 (kN/m)

4. 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)

5. Beban terpusat Beban merata

6. NOTASI dan PERJANJIAN TANDA Untuk kasus 3D pada umumnya digunakan sistim sumbu XYZ yg mengikuti ‘aturan tangan kanan‘ sumbu x pada sumbu memanjang batang (positif ke kanan) sumbu y tegak lurus sb. x & z (positif ke bawah) sumbu z tegak lurus sb. x & y (positif ke depan) Menurut sistim ini, beban vertikal ke bawah searah sumbu y, mempunyai tanda positif. INTERNAL FORCES x z y

7. X + Y + S N M S N M M S N N M S Permukaan positif Permukaan negatif NOTASI dan PERJANJIAN TANDA Tanda untuk gaya- gaya dalam ditentukan sbb: Gaya- gaya dalam mempunyai tanda & nilai positif , jika: Pada permukaan positif : gaya- gaya internal tsb mempunyai arah sesuai sumbu x,y,z positif ATAU Pada permukaan negatif : gaya- gaya internal tsb mempunyai arah sesuai sumbu x,y,z negatif Gaya- gaya dalam mempunyai tanda & nilai negatif , jika ketentuan (1) tsb di atas tidak terpenuhi.

8. AXIAL LOAD (BEBAN AKSIAL/NORMAL) T T INTERNAL FORCES & DEFORMATIONS Batang dibebani gaya aksial tarik T: Didalam batang terjadi gaya dalam ( internal force )  gaya normal tarik (Normal Force, NF + ) Batang memanjang C C Batang dibebani gaya aksial tekan C: - Didalam batang terjadi gaya dlm ( internal force )  gaya normal desak ( Normal Force , NF – ) - Batang memendek.

9. Penampang2 ini mengalami beban geser:  terjadi internal force : Gaya Geser ( Shear Force = SF)  terjadi deformasi geser (dalam analisis struktur 2 langsing, pada umumnya pengaruh deformasi ini kecil dan diabaikan) INTERNAL FORCES & DEFORMATIONS SHEAR LOAD (BEBAN GESER) q P

10. BENDING MOMENT (MOMEN LENTUR) q P Penampang2 ini mengalami momen lentur akibat beban q atau P:  terjadi internal force : Momen Lentur ( Bending Moment = BM)  terjadi deformasi lentur: batang melengkung Dalam kasus ini, akibat beban q atau P batang tsb mengalami beban geser dan lentur !

11. P TORSION MOMENT (MOMEN TORSI/PUNTIRAN) M=P.a a Penampang batang ini mengalami momen puntiran (torsi) akibat beban P: M T = P . a  terjadi internal force : Momen Puntiran/Torsi ( Torsion = T)  terjadi deformasi geser (dalam analisis struktur 2 langsing, pada umumnya pengaruh deformasi ini kecil dan diabaikan) Dalam kasus ini, akibat beban P batang tsb juga mengalami beban geser dan momen lentur! INTERNAL FORCES & DEFORMATIONS

12. EQUILIBRIUM OF FORCE SYSTEMS Sebuah benda akan berada dalam keadaan diam, yaitu dalam keadaan seimbang 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:  F x = dan  F y =

13. x Namun demikian, persyaratan  F x = dan  F y = belum menjamin keseimbangan benda tersebut terhadap gaya2 coplanar yang bekerja. y F F a Dalam sistem ini persyaratan  F x = dan  F y = terpenuhi Tetapi 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  F x = dan  F y = 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   M z = EQUILIBRIUM OF FORCE SYSTEMS

14. Resultant of a system of parallel forces Page 23- 24 F 1 F 2 R a x ? R = F 1 + F 2 F 2 a = Rx = (F 1 + F 2 )x

15. Jadi keadaan seimbang statik suatu benda yang terletak dalam bidang X- Y (kasus 2D) terhadap gaya- gaya coplanar pada bidang tersebut terpenuhi jika:  F x =  F y =  M z = Jika diperluas untuk kasus 3D dalam sistim sumbu X- Y- Z maka persyaratan keseimbangan menjadi:  F x =  F y =  F z =  M x =  M y =  M z =

16. 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:  F x =  F y =  M z = maka 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:  F x =  F y =  M z = (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 )

17. REAKSI PADA TUMPUAN PADA BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 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 Ditinjau sebuah batang AB yang berada bebas dalam bidang x- y: A A B

18. Jika di titik A diberi tumpuan sendi translasi tidak terjadi - rotasi masih terjadi Catatan: Sifat- sifat tumpuan sendi: Tidak bertranlasi (tidak berpindah 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. M A = Pada tumpuan sendi timbul dua reaksi: R X dan R Y atau R H dan R V ) Rotasi B‘ P A B Keadaan ini tetap belum stabil !!!

19. Contoh tumpuan sendi R V R H R V R H Pada tumpuan sendi timbul 2 reaksi: R V dan R H R V R H

20. 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 bertranlasi (tidak berpindah) dalam arah y  mampu menahan reaksi arah y (vertikal)  R Y Dapat bertralasi (berpindah) dalam arah x  tidak menahan reaksi arah x (horisontal)  R X = Dapat berputar (berotasi)  tidak dapat menahan momen, jadi di tempat tsb. M B = Pada tumpuan sendi timbul satu reaksi: R Y Struktur menjadi stabil !!! A B P

21. Contoh tumpuan rol: R V R H R R V Pada tumpuan rol timbul 1 reaksi dengan arah tegak lurus pada bidang gelincirnya, dan dapat diuraikan menjadi: R V dan R H R V R V

22. 2 reaksi pada tumpuan sendi: R AX dan R AY 1 reaksi pada tumpuan rol: R BY Jadi pada sistim ini terdapat 3 (tiga) unknown (variabel tak diketahui)! Dalam persyaratan keseimbangan statik, tersedia 3 persamaan:  F x =  F y =  M z = Jadi: Balok sederhana termasuk sistim statis tertentu dan reaksi- reaksinya dapat dihitung dengan menggunakan 3 persamaan keseimbangan tsb. Balok sederhana (simple beam) adalah sebuah batang yang ditumpu pada kedua ujungnya masing- masing dengan sebuah sendi dan sebuah rol. P A B L Akibat beban yang bekerja pada balok sederhana akan timbul reaksi tumpuan:

23. 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 0,4 m 0,5 m 1,2 m 5 kN ) 60°

24. Sistim struktur dan reaksi tumpuan: Pada titik A  tumpuan sendi: terdapat 2 reaksi  R AV & R AH Pada titik D  tumpuan rol: terdapat 1 reaksi  R DV 3 kN 0,3 m 0,4 m 0,5 m 1,2 m 5 kN ) 60° 3 kN 0,3 m 0,4 m 0,5 m 1,2 m 5 kN B C ) 60° D R AH A R AV R DV Arah dari masing-masing reaksi tumpuan diasumsikan lebih dahulu, misal spt pd gbr.

25. 3 kN 0,3 m 0,4 m 0,5 m 1,2 m 5 kN ) 60° A B C D R AH R AV Karena satu- satunya tumpuan pada batang tersebut yg dapat me- nahan gaya horisontal hanya tumpuan sendi di A , maka beban hori- sontal P CH = 2,5 kN akan didukung oleh sendi A. Dari Persm.  F X = Jadi: R AH = 2,5 kN  R AH – P CH =  R AH – 2,5 =  hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di atas sdh benar. Beban P C = 5 kN membentuk sudut 60°, diuraikan terlebih dahulu menjadi komponen R DV vertikal & horisontalnya  P CH = 5 . cos 60° = 2,5 kN P CV = 5 . sin 60° = 4,33 kN

26. 3 kN 0,3 m 0,4 m 0,5 m 1,2 m 5 kN B C ) 60° D R AH A R AV R DV Misalnya digunakan momen thd ttk D:  M Z,D = 0, sehingga R AV x 1,2 – 3 x 0,9 – 4,33 x 0,4 =  R AV = 3,70 kN  hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di atas sdh benar. Selanjutnya R DV dapat dicari dengan  F y = atau dg  M Z,A =  F y =  R AV – 3 – 4,33 + R DV =  R DV = 3,63 kN  hasil hitungan positif, berarti asumsi arah reaksi pd gambar di atas sdh benar. Untuk menghitung R dan R AV DV digunakan  M Z = 0. Sebaiknya digunakan  M Z = dg mengacu pada ttk A atau D, sehingga salah satu reaksi tsb tereliminasi.

27. NFD, SFD DAN BMD PADA BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 1. AKIBAT BEBAN TERPUSAT P 0,6 L 0,4 L L A B C R AH R AV R BV Z+ Y+ Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Moment Diagram

28. A B C R AH R AV R BV Z+ Y+ 1.1 Hitungan reaksi- reaksi tumpuan Tumpuan A  sendi  terdapat 2 reaksi: R AV & R AH Tumpuan B  rol  terdapat 1 reaksi: R BV 3 unknown, Str. Statis Tertentu! Arah reaksi- reaksi diasumsikan seperti pd gbr berikut ini. P Penyelesaian:

29. P 0,6 L 0,4 L A B C R AH R AV R BV Z+ L Y+  F H =  R AH + =  R AH =  M B =  R AV · L + R AH · – P · 0,4·L + R BV · =  R AV = 0,4 P Hasil bernilai positif  asumsi arah reaksi sudah benar!  M A =  R AV · + R AH · + P · 0,6·L – R BV · L =  R BV = 0,6 P Hasil bernilai positif  asumsi arah reaksi sudah benar! Cek:  F V =  P – R AV – R BV = P – 0,4P – 0,6P =  OK

30. A R AV = 0,4P P B Z+ C R BV Y+ 1.1 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 P berjarak x dari A: x I I Ditinjau bag. struktur di seb. kiri pot. I-I  dibuat Diagram benda bebas ( Free Body Diagram , FBD) Syarat: Bag.Struktur tetap dlm keadaan seimbang statik X+ BM NF SF Agar tetap seimbang, maka pd pot. Harus ada gaya- gaya dalam. Asumsi: nilainya positif (+).

31.  NF I =  F H =  F V =  SF I = + 0,4.P (Positif)  M =  SF I – R AV = SF I – 0,4.P =  BM I – R AV . x = BM I – (0,4.P) . x =  BM I = + 0,4.P.x (Positif) A R AV = 0,4P P B Z+ C R BV Y+ x I I X+ BM NF SF

32. Posisi  x = (titik A) x = 0,6.L umum, Ket. (tepat di seb kiri beban P) sembrg.x Gaya dalam: Nol NF SF NF C,ki = SF C,ki = + 0,4P NF x = SF x = + 0,4P Konstan BM NF A = SF A = + 0,4 P BM A = BM C,ki = + 0,24.PL BM x = + 0,4P.x Pos., linier dlm x A R AV = 0,4P P B Z+ C R BV Y+ x I I X+ BM NF SF

33. A C R AV = 0,4P B Z+ R BV Y+ Ditinjau potongan II-II di sebelah kanan beban P berjarak x dari A: Dengan x ≥ 0,6.L x II X+ NF SF P II BM Agar tetap seimbang, maka pd pot. harus ada gaya- gaya dalam. Asumsi: nilainya positif (+).  NF II =  F H =  F V =  M =  SF II – R AV + P = SF II – 0,4.P + P =  SF II =  0,6.P (Negatif)  BM II – R AV . x + P.(x – 0,6L)= BM II – (0,4.P).x + P.x – 0,6.P.L =  BM II = + 0,6.P(L- x) (Pos.) dg.: 0,6 L ≤ x ≤ L

34. x = L (ttk B) Ket. x = 0,6L (C ka ) (tepat di seb kanan beban P) umum, sembrg.x Posisi  Gaya dalam: NF x = Nol NF SF SFx =  0,6.P Konstan - 0,6P BM NF C,ka = SF C,ka =  0,6.P BM C,ka = + 0,24.PL NF B = SF B =  0,6.P BM B = BMx = + 0,6P.(L- x) Pos., linier dlm x A C R AV = 0,4P B Z+ R BV Y+ x II X+ NF SF P II BM

35. P 0,6 L 0,4 L L A B C R AH R AV R BV Z+ Y+ DIAGRAM GAYA NORMAL (NORMAL FORCE DIAGRAM, NFD) Satuan !!! NF = [kN]

36. P 0,6 L 0,4 L L A B C R AH R AV R BV Z+ Y+ DIAGRAM GAYA GESER (SHEAR FORCE DIAGRAM, SFD) 0,4P [kN] (+) (- ) 0,6P [kN]

37. P 0,6 L 0,4 L L A B C R AH R AV R BV Z+ Y+ DIAGRAM MOMEN LENTUR (BENDING MOMEN, BMD) (+) 0,24 PL

38. P 0,6 L 0,4 L L A B C R AH R AV R BV Z+ Y+ DIAGRAM GAYA NORMAL (NORMAL FORCE DIAGRAM, NFD) Ph Ph (- )

39. BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 2. BEBAN TERPUSAT P a b L A B C R AH R AV R BV Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram Z+ Y+

40. BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 3. BEBAN MERATA q L B R AH A R AV R BV Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram Z+ Y+

41. BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 4. BEBAN MERATA q L B R AH A R AV R BV Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram Z+ Y+ a c b

42. BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 5. BEBAN SEGITIGA q L B R AH A R AV R BV Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram Z+ Y+

43. q BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 6. BEBAN SEGITIGA L B R AH A R AV R BV Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram Z+ Y+ Hitung reaksi- reaksi tumpuan a c b

44. M =Ra*1/2L-P*(1/2*L- a) =1/2PL –1/2PL+Pa = Pa

45. Lewat email: [email protected]) 45 Gambarkan SFT dan BMD balok horinsontal akibat beban kopel tersebut

46. BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 2. BEBAN TERPUSAT 5 m 7 m L A B C R AH R BV Z+ Y+ Sudut kemirngan beban: 30 derajad dr garis horisontal. Hitung reaksi- reaksi tumpuan Dam gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD (Normal Force Diagram) SFD (Shear Force Diagram) BMD (Bending Momen Diagram) R AV 5 D P = 12 kN P = 16 kN

47. BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 3. BEBAN MERATA q L A B R AH R AV R BV Z+ Y+ P Rav =?  ΣMB =0 Rav.L –qL*1/2L = Rav =1/2qLL/L=1/2qL NF I = - P SF I = Rav – qx =1/2qL - qx M I = Rav*x – qx*1/2x = 1/2qLx - I x (- ) P NFD

48. BALOK SEDERHANA (SIMPLE BEAM) 3. BEBAN MERATA q L B R AH A R AV R BV Z+ Y+ 0,5 q L 0,5 q L M I = Rav*x – qx*1/2x = 1/2qLx -1/2qx 2 1/8*q*L 2 0,5 q L SF I = Rav – qx =1/2qL - qx

49. BALOK KANTILEVER (CANTILEVERED BEAM)

50. Balok Kantilever Adalah batang yang ditumpu salah satu ujungnya dengan tumpuan jepit dan ujung yang lain bebas. A B L Sifat- sifat tumpuan jepit: tidak dapat berpindah (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 persm keseimbangan statik  Balok kantilever: sistim statis tertentu

51. 1. BALOK KANTILEVER MENERIMA BEBAN TERPUSAT P L B X+ Y+ R AH R AV M A A (+) (- ) P PL SFD BMD

52. 2. BEBAN TERPUSAT P L B Z+ Y+ Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram R AH R AV M A A a C 𝜃

53. 3. BEBAN MERATA q L B Z+ Y+ R AH R AV M A A Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram

54. 4. BEBAN MERATA BALOK KANTILEVER q L B Z+ Y+ R AH R AV M A A Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram

55. BALOK KANTILEVER 5. BEBAN SEGITIGA q L B Z+ Y+ R AH R AV M A A Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram

56. BALOK KANTILEVER 6. BEBAN SEGITIGA q L B Z+ Y+ R AH R AV M A A Hitung reaksi- reaksi tumpuan Hitung dan gambarkan gaya- gaya dalamnya: NFD = Normal Force Diagram SFD = Shear Force Diagram BMD = Bending Momen Diagram

57. BALOK SEDERHANA DENGAN KANTILEVER A B C q A B P 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 2m 5m 10 m 4m q = 10 kN/m P = 15 kN PR 1,5 P 60 o

58. BALOK SEDERHANA DENGAN KANTILEVER q P L 1 A B C R AH R AV R BV Z+ L 2 Y+ Cara penyelesaian: Reaksi Tumpuan dicari dg persamaan2 keseimbangan statik:  F H =  F V =  M = 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.