GARIS PENGARUH
PROGRAM STUDI – S1 TEKNIK SIPIL JURUSAN TEKNIK SIPIL INSTITUT TEKNOLOGI PADANG
Ir. H. Armeyn, MT
1
GARIS PENGARUH Garis pengaruh dapat dibagi menurut bentuk konstruksi Garis Pengaruh pada balok Garis Pengaruh Rangka Batang Dalam hal ini akan dibahas garis pengaruh pada Balok ( Beam ) REAKSI PERLETAKAN BIDANG M
AKIBAT BEBAN MATI
BIDANG D BIDANG N GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN GARIS PENGARUH D
AKIBAT BEBAN BERGERAK
GARIS PENGARUH M Beban bergerak dapat berupa : a. Beban bergerak terpusat tunggal b. Beban bergerak terpusat ganda atau beban bergerak rangkaian c. Beban bergerak terbagi rata. Salam hal ini akan dibahas garis pengaruh pada Gelagar CONTOH APLIKASI DI LAPANGAN BALOK JEMBATAN
KEPALA JEMBATAN
KEPALA JEMBATAN
KITA AKAN MENCARI REAKSI UNTUK MERENCANAKAN ABUTMEN JEMBATAN
Beban berjalan P= 20 t
Beban mati q = 2 t/m
A
B
A
PANJANG JEMBATAN 20 M RA/ VA AKIBAT BEBAN MATI= 1/2 . 2 . 20 =20 T
B
P = 25 T 1
Grs P RA / GP
VA RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN , P = 25 T P = 25 T DITEMPATKAN PADA ORDINAT TERBESAR DARI GAMBAR GP RA / GP VA RA / VA AKIBAT BEBAN BERJALAN= 25 X 1 =25 T ( P X ORDINAT MAXIMUM ) MAKA RA / VA UNTUK PERENCANAAN DEMENSI KEPALA JEMBATAN ADALAH 20 T + 25 T = 45 T Ir. H. Armeyn, MT
2
A
X M
P=1
B
Grs P RA / Grs P VA
C
MISAL P = 1 BERJALAN, 10 M
2M
BERADA SEJARAK X M DARI A.
1
Grs P RA atau Grs P VA
∑
=0
VA . 10 – 1 .( 10 – X ) = 0 2/10
VA =
12/10
1
GP RB / GP VB
P=1 DI A
X= 0 VA = 1
P=1 DI B
X=10 VA = 0
P=1 DI C X = 12 VA = - 2/10 GP RB / GP VB MISAL P =1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A ∑ =0 - VB . 10 + 1 . X = 0 VB = P= 1 DI A
X=0
VB = 0
P = 1 DI B
X = 10
VB = 1
P = 1 DI C
X = 12
VB = 12/10
ATAU DAPAT DENGAN CARA LAIN , DENGAN MELETAKKAN P = 1 DI A , DI B DAN DI C DAN DICARI BESAR RA ATAU VA , DIDAPAT GP RA / GP VA . P=1
P=1
A P = 1 DI B P= 1 DI C
10 M ∑
∑
Ir. H. Armeyn, MT
B
P=1
2M
P =1 DI A
C
∑
=0
VA . 10 – 1 . 0 = 0
VA = 0
=0
VA. 10 + 1. 2 = 0
VA = - 2/10
= 0 VA.10 – 1 .10 = 0 VA = 1
3
JADI DARI PENJELASAN DAN CONTOH SOAL DAPAT DISIMPULKAN BAHWA GARIS PENGARUH REAKSI PELETAKAN ADALAH GAMBAR BESAR REAKSI PERLETAKAN PADA WAKTU P = 1 BERJALAN DIATAS BALOK TERSEBUT , DEMIKIAN JUGA ARTINYA UNTUK GARIS PENGARUH GAYA LINTANG ( D ) MAUPUN GARIS PENGARUH MOMEN ( M ) . HITUNG BESAR RA MAXIMUM APABILA BEBAN BERJALAN P = 25 T BERADA DIATAS BALOK ABC , HITUNG JUGA APABILA YANG BERJALAN q = 2 t/m SEPANJANG 2 M . CARA MENGHITUNGNYA DIPAKAI GARIS PENGARUH RA , DENGAN MELETAKKAN P = 25 T PADA ORDINAT MAXIMUM DAN q = 2 t /m. PADA LUASAN YANG MAXIMUM . P = 25 T
RA MAX = 25 X 1 = 25 T
1
2/10 q = 2 t/m
a
1
a = 8/10 luas luasan dibawah beban = ( 1 + 8/10 ).1/2 . 2
2/10
2m
Ingat luas trapesium = jumlah sisi sejajar kali setengah tinggi q = 2 t/m
Luas = 1, 8 m
2
RA MAX = 2 X 1,8 = 3, 6 TM.
GAMBAR GARIS PENGARUH SELALU LURUS TIDAK PERNAH TERPUTUS . 1
12/10
GAMBAR GP RB YANG BENAR
10 M
ingat : perbandingan segitiga
2M
BUKTI
1
GAMBAR GP RB YANG SALAH
Ir. H. Armeyn, MT
4
GARIS PENGARUH D DAN GARIS PENGARUH M xm
P=1
A
C
B
3M
12 M
VA
VB
APABILA P = 1 BERJALAN BERADA SEJARAK X M DARI A , MAKA BESAR DC DAN MC DAPAT DIHITUNG , DENGAN MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU KEKANAN POTONGAN. LIHAT KIRI POTONGANLIHAT KANAN POTONGAN DC = VA – 1
DC = - VB
MC = VA . 3 – 1 ( 3 – X )
MC = VB . 12
DARI DUA HASIL DIATAS DISARANKAN MELIHAT KEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI PERLETAKAN DI KANAN POTONGAN DALAM PERHITUNGAN DC MAUPUN MC .
MAKA DAPAT DISIMPULKAN, APABILA P =1 TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKAN , MAKA DALAM PERHITUNGAN DC DAN MC DISARANKAN SEBAGAI BERIKUT : P = 1 ADA DI KIRI POTONGANSEBAIKNYA MELIHATKEKANAN POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI DISEBELAH KANAN POTONGAN . P = 1 ADA DI KANAN POTONGAN SEBAIKNYA MELIHAT KEKIRI POTONGAN ATAU MEMAKAI REAKSI DISEBELAH KIRI POTONGAN . SEDANG UNTUK P =1 YANG TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN DAN BEBAS , SEBAIKNYA MELIHAT KEARAH BEBAS . A
B
D
UNTUK MENGHITUNG DD DAN MD , SEBAIKNYA LIHAT KANAN POTONGAN D SEHINGGA TIDAK PERLU MENGHITUNG REAKSI DI A MAUPUN DI B Ir. H. Armeyn, MT
5
GP DC DAN GP MC A
3M
B
GP DC
3/10
3M
C
7M
D
C
7/10
D
7m
3/10 21/10
P = 1 DI A =0 - VD.10 – 1.3 = 0 VD = - 3/10
∑
3/10
DC = + 3/10
GP MC
MC = - 3/10 . 7 = - 21/10 P=1 DI B VD = 0
DC = 0 MC = 0
21/10
P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KIRI C ∑ =0 - VD . 10 + 1 . 3 = 0 VD = 3/10 DC = - 3/10 MC = + 3/10 . 7 = 21/10
C
D 7m 3/10
P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C ∑ =0 VB .10 – 1 .7 = 0 VB = 7/10 A DC = + 7/10 MC = + 7/10 .3 = 21/10
B 7/10
C 3m
P = 1 ton DI D ∑
=0
Ir. H. Armeyn, MT
VB = 0
DC = 0
MC = 0
6
A
E
B
2M
C
1M
KARENA POTONGAN TERLETAK DIANTARA PERLETAKAN SNDI DAN BEBAS , MAKA UNTUK MUDAH NYA MELIHAT SAJA KEARAH BEBAS . P =1 DILETAKKAN DI TITIK A , E , B , C .
P=1
P=1
A
P=1
E
P=1
P=1
B
C
2m
P = 1 DI TITIK A
DE = - 1
ME = - 1 . 2 = - 2
P= 1 DI TITIK SEDIKIT SEBELAH KIRI E
DE = - 1
ME = - 1 . 0 = 0
P = 1 DI TITIK SEDIKIT SEBELAH KANAN E
DE = 0
ME = 0
P = 1 DI TITIK B DAN TITIK C
DE = 0
ME = 0
A
1
E
B
1
C
Grs Pengaruh DE
2
Grs Pengaruh ME
Ir. H. Armeyn, MT
7
DARI CONTOH SOAL YANG TELAH DIBERIKAN , DAPAT DISIMPULKAN BAHWA BENTUK GAMBAR GARIS PENGARUH REAKSI PERLETAKAN, GAYA LINTANG DAN MOMEN PADA POTONGAN YANG TERLETAK DIATAS DUA PERLETAKKAN SELALU SAMA. SEHINGGA KALAU BALOK TERSEBUT MEMPUNYAI KANTILEVER TINGGAL MENERUSKAN SAJA.
A
C
B
D
GP RA / VA
A
C
B
1
1
GP RB/ VB
1
1
GP DC
1
1 ORDINAT UNTUK DC TEPAT DIKIRI POTONGAN DAN DIKANAN POTONGAN KALAU DIJUMLAH BESAR NYA HARUS 1 , KARENA PEMISALAN BEBAN BERJALAN P = 1 GP MC
DENGAN DEMIKIAN MAKA ORDINAT ORDINAT PADA GARIS PENGARUH DAPAT DIHITUNG DENGAN MENGGUNAKAN PERBANDINGAN SEGITIGA , ASAL SATU ORDINAT SUDAH DIHITUNG .
Ir. H. Armeyn, MT
8
B
A
D
C
E
HITUNG BESAR RD 2M A
2M B
8M C
YANG DIPAKAI UTK
3M
q = 2 t/m
D
E
PERENCANAAN KEPALA JEMB . DI D
e
1
APABILA DIKETAHUI : BEBAN MATI q = 2 t/m
a
BEBAN HIDUP P = 20 T GP RD
AKIBAT BEBAN MATI q = 2 t/ m
∑
= 0 - RD . 10 + 20 . 5 + 6 . 11,5 – 4 . 1 = 0 RD = 16,5 T
AKIBAT BEBAN HIDUP P = 20 T , DIPAKAI GARIS PENGARUH RD …..CARI ORDINAT DI TITIK A DAN DI TITIK D DENGAN MEMAKAI PERBANDINGAN SEGITIGA . a / 1 = 2 / 10
a = 0,2
1 / e = 10 / 13
RD = 20 X ORDINAT MAX PADA GP RD = 20 X 1,3 = 26 T
e = 1,3
RD = 26 T
RD YANG DIPAKAI UNTUK PERENCANAAN KEPALA JEMBATAN DI D =
16,5 T + 26 T = 42,5 T
Ir. H. Armeyn, MT
9
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH DC 2/10
P=1 DI A
c2
-RD.10 – 1 . 2 = 0
DC = - 2/10
c1
c2 = 1 – 2/10 = 8/10
RD = 2/10
e
c1 = 2/10 P = 1 DI SEDIKIT KIRI C P = 1 DI SEDIKIT SEBELAH KANAN C
DC= 2/ 10 DC = - 8 /10
P =1 DI E
DC = 3 /10
C D 2/10
HITUNG DAN GAMBAR GARIS PENGARUH MC 16/10 e
c
P = 1 DI A
RD = 2/10
MC = - 2/10 . 8 = - 16/10
P = 1 DI C
c = 16 /10
MC = 16 /10
P = 1 DI E
e = 6 /10
MC = 6 /10
Ir. H. Armeyn, MT
10
HITUNG BESAR MC max POSITIF APABILA BEBAN BERJALAN P = 30 T BERADA DIATAS JEMBATAN 16/10
30 T
6/10
GP MC
16/10
MC max = P . (ORDINAT MAX POSITIF) = 30 . 16/10 = 48 TON
HITUNG BESAR MC max APABILA BEBAN BERJALAN q = 2 t/m SEPANJANG 2 M BERADA DIATAS JEMBATAN . 2m
Y1
q = 2 t/m
Y2 1, 6
a 2m
Y1 = Y2
Diusahakan ordinat Y 1 = Y 2 untuk 2- a
mendapatkan M max 8m
12 + 2a = 16 – 8a
10a = 4
a = 0,4
Y 1 = 1, 6 ( 2 – 0,4 ) / 2 = 1, 28 LUAS TRAPESIUM = ( 1,28 + 1,6 ) 1/2. 0,4 + ( 1,28 + 1,6 ) 1/2 .( 2- 0,4 ) = 0,576 + 2,304 = 2,88 m 2 MC max = q . luasan dibawah beban berjalan = (2)( 2, 88) = 5,76 TM
Ir. H. Armeyn, MT
11
GARIS PENGARUH MUATAN RANGKAIAN 2). RANGKAIAN MUATAN. Besar gaya lintang maksimum positip/negatip dan momen maksimum untuk muatan bergerak terpusat (P) dan terbagi rata (q) pada titik C. A. Muatan terpusat. 2m
Garis pengaruh Gaya Lintang C
P1 = 2 t
P2 = 1 t
B
A
a=4m
L-a L = 10 m 2m
Posisi 1 Gaya lintang maksimum positip
P2 = 1 t
P1 = 2 t
+1
GP.DC
Y1 = +(L-a)/L
+
–
Y2
-1
-a/L 2m Posisi 2 Gaya lintang maksimum negatip
P2 = 1 t
+1
P1 = 2 t
+(L-a)/L
GP.DC –
+ Y1 = -a/L
Y2
-1
a. Gaya lintang maksimum positip, beban berada pada posisi 1. Lihat gambar G.P.Dc posisi 1. Karena P1 > P2, maka P1 ditempatkan pada ordinat terbesar. - Ordinat-ordinat, Y1 = + (L – a)/L = (10 – 4)/10 = + 0,6 2m b. Gaya lintang Y2 = + Y1 . {(L – a) – 2}/(L – a) maksimum negatip, = + 0,6 . {(10 – 4) – 2}/(10 – 4) Y1 Y2 beban berada pada = + 0,4 L-a posisi 2. - Gaya lintang maksimum positip, DC maks + = + P1 . Y1 + P2 . Y2 Lihat gambar G.P.Dc = + 2 (t) . 0,6 + 1 (t) . 0,4 posisi 2. = + 1,6 ton. - Ordinat-ordinat, Ir. H. Armeyn, MT
12
Y1 = – a/L = – 4/10 = – 0,4 Y2 = – Y1 . (a – 2)/a = – 0,4 . (4 – 2)/4 = – 0,2
2m Y2
Y1
a
- Gaya lintang maksimum negatip, DC maks - = – P1 . Y1 – P2 . Y2 = – 2 (t) . 0,4 – 1 (t) . 0,2 = – 1,0 ton. 2m
Garis pengaruh Momen
C P1 = 2 t
P2 = 1 t
B
A
a=4m
L-a L = 10 m 2m P2 = 1 t
P1 = 2 t
Alternatip penempatan beban dalam mencari momen maksimum.
Y1 = + a . (L-a)/L Y2
GP.Mc
++
Posisi 1 2m P2 = 1 t
P1 = 2 t
Y1 = + a . (L-a)/L Y2
GP.Mc Posisi 2
+ +
c. Momen maksimum. Untuk mendapatkan momen maksimum dilakukan dengan coba-coba, yaitu beban ditempatkan pada posisi-posisi keadaan 1 s/d 5. - Pada posisi 1. Lihat gambar G.P.Mc posisi 1, karena P1 > P2, maka P1 ditempatkan pada ordinat terbesar, ordinat-ordinat tersebut, Y1 = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y2 = + Y1 . {(L – a) – 2}/(L – a) = + 6 . {(10 – 4) – 2}/(10 – 4) = + 4 m. Momen : Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 6 + 1 . 4 = + 16 tm
Ir. H. Armeyn, MT
13
- Pada posisi 2. Lihat gambar G.P.Mc posisi 2, karena P1 > P2, maka P1 ditempatkan pada ordinat terbesar, ordinat-ordinat tersebut, Y1 = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y2 = + Y1 . (a – 2)/a = + 6 . (4 – 2)/4 = + 3 m. Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 6 + 1 . 3 = + 15 t.m. 2m
Garis pengaruh Momen C
P1 = 2 t
P2 = 1 t
B
A
a
L-a L
Alternatip penempatan beban dalam mencari momen maksimum.
2m P2 = 1 t
P1 = 2 t
2/3 m 1/3 m
Y = + a . (L-a)/L
2m
GP.Mc Posisi 3
++ Y1
P1 = 2 t R=3t
Y2 X2
2m P2 = 1 t
P2 = 1 t
X1
P1 = 2 t
Y = + a . (L-a)/L
GP.Mc Posisi 4
++ Y2
Y1
- Pada posisi 3. Lihat gambar G.P.Mc posisi 3, resultan R = (P1+P2) ditempatkan pada ordinat terbesar (Y). Letak resultan R, X2 . (P1 + P2) = P1 . (2 m) X2 = 2/(2 + 1) . (2 m) = 4/3 m = 1,33 m. X1 . (P1 + P2) = P2 . (2 m) X1 + X2 = 2 m X1 = 1/(2+1).(2m) = 2/3 m = 0,67 m
Ir. H. Armeyn, MT
14
Ordinat-ordinat, Y = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y1 = + Y . (a – 0,67)/a = + 6 . (4 – 0,67)/4 = + 5 m. Y2 = + Y . {(L – a) – 1,33}/(L – a) = + 6 . {(10 – 4) – 1,33}/(10 – 4) = + 4,67 m Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 5 + 1 . 4,67 = + 14,67 t.m. - Pada posisi 4. Lihat gambar G.P.Mc posisi 4, resultan R (P1+P2) ditempatkan pada ordinat terbesar (Y) tetapi posisi terbalik dari posisi 3.
Ordinat-ordinat, Y = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y1 = + Y . {(L – a) – 0,67}/(L – a) = + 6 . {(10 – 4) – 0,67)/(10 – 4) = + 5,33 m. Y2 = + Y . (a – 1,33)/a = + 6 . (4 – 1,33)/4 = + 4 m. Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 5,33 + 1 . 4 = + 14,67 t.m. 2m
Garis pengaruh Momen
P1 = 2 t
C
P2 = 1 t
B
A
a
L-a L
Alternatip penempatan beban dalam mencari momen maksimum.
2m P1 = 2 t
P2 = 1 t
m 2m
Y = + a . (L-a)/L
m
1t
GP.Mc
Y1 = Y2
Posisi 5
P1 = 2 t R=3t
P2 =
+ Y2
Y1
X2
X1
x
- Pada posisi 5. Lihat gambar G.P.Mc posisi 5, P1 dan P2 ditempatkan pada posisi dimana ordinat Y1 dan Y2 besarnya sama. Ordinat-ordinat, Y = + a . (L – a)/L = + 4 . (10 – 4)/10 = + 6 m. Y1 = + Y . {L – (x + 2)}/(L – a) ...................(2) Y2 = + Y . x/(a) ...................(1) Ir. H. Armeyn, MT
15
Dari (1) dan (2), Y1 = Y2 Y . {L – (x + 2)}/(L – a) = Y . x/(a) {L – (x + 2)} . (a) = x . (L – a) a.L–x.a–2.a = x.L–x .ax.L=a.L–2.a x = a . (L – 2)/L = 4 . (10 – 2)/10 x = 3,2 m (dari kiri). Maka,
Y1 = + Y . {L – (x + 2)}/(L – a) = + 6 . {10 – (3,2 + 2)}/(10 – 4) = + 4,8 m Y2 = + Y . x/(a) = 6 . 3,2/4 = 4,8 m Y1 = Y2 (memenuhi).
Momen, Mc = + P1 . Y1 + P2 . Y2 = + 2 . 4,8 + 1 . 4,8 = + 14,4 t.m. Perhatikan tabel berikut ini yang menggambarkan besar momen berdasarkan letak beban bergerak, Posisi 1 2 3 4 5
Momen (t.m’) 16,00 15,00 14,67 14,67 14,40
Momen maksimum terjadi pada pembebanan posisi 1.
Dari hal diatas kita dapat mengembangkan atau membuat variasi dari panjang bentang dan besar beban yang bekerja kemudian pengalaman seringnya kita memecahkan masalah maka kita bisa peroleh satu kali hitung langsung dapat hasil Momen yang maksimum
Ir. H. Armeyn, MT
16
Tempat Momen Maksimum c
P2
P1
B
A
L
Kita Pelajari Rangkaian muatan terdiri dari dua beban P1 dan P2 sejarak c Bila kondisi beban tersebut dimana besarnya P2 > P1 Jadi Momen Maksimum dapat diuraikan sebagai berikut. c
P1
R
a
x
P2 B
A
½L
T ½a ½a
½L
L
Jadi Momen Maksimum diperoleh dengan di bawah P2 yaitu sejauh x dari B, berapakah x supaya momen ditepat berdirinya P2 , menjadi sebesar besarnya ? Tentukanlah letak garis kerja Beban bergerak tersebut yaitu P1 dan P2 dengan menjumlahkan R = P1+ P2 yaitu sejauh a < ½ c dari P2 atau (x+a) dari titik B. Titik T adalah titik yang berada di tengah tengan bentang R {(L − ( x − a )} = (P1 + P 2) (L − a − x ) L L R R Lx − ( x 2 − ax Mmak = Mx = RB x = {(L − ( x − a )}.x = L L RB =
{(
)}
Supaya Mx menjadi ekstrim besar atau maksimum maka d Mx/dx = 0 L – a – 2x = 0 maka x = ½ ( L – a ) Ini berarti bahwa P2 berdiri sejauh ½ a disebelah kanan titik di tengah tengah bentang yaitu titit T atau juga Titik tengah bentang T terletak ditengah tengah antara P2 ( beban yang terbesar ) dan resultan R dan pada kedudukan demikian momen maksimum terjadi dibawah P2 Ir. H. Armeyn, MT
17
Dalil : Pada rangkaian muatan bergerak yang terdiri dari dua beban atau lebih, Momen maksimum akan timbul ditempat berdirinya beban yang terbesar pada kedudukan muatan sedemikian hingga titik di tengah tengah bentang terletak diantara garis kerja resultant dan garis kerja beban yang terbesar Dalil diatas tadi boleh diperluas hingga berlaku juga pada muatan yang terdiri dari banyak beban lebih dari pada dua. Cara menentukan letak Garis kerja resultante : 1. Resultante adalah jumlah dari gaya yang ada 2. Cari jarak garis kerja resultante tersebut dengan sigma momen pada salah satu titik ujung beban yang bekerja Contoh A P1
b
a
c
P2
P3 R
∑A
=0
R = Re sul tan te = ∑ P P1 . 0 + P2 . b + P3. a + R. c = 0 variable a, b , P1 , P2 , P3 diketahui maka nilai c bisa diperoleh P 2.b + P3.a c= R.
Setelah didapat letak Resultante Ingat Perhatikan beban yang terbesar Letakkanlah posisi beban tersebut seperti keterangan Dalil diatas Jadi Berbeda dengan posisi diatas Selamat belajar dan mencoba
Ir. H. Armeyn, MT
18
