V B Gambar 3.1 Balok Statis Tertentu

Bahan Ajar – Statika – Mulyati, ST., MT

Pertemuan V, VI, VII

III. Struktur Balok

III.1 Pendahuluan Balok (Beam) adalah suatu anggota struktur yang ditujukan untuk memikul beban transversal saja, suatu balok akan teranalisa dengan secara lengkap apabila diagram gaya geser dan diagram momennya telah diperoleh. Diagram gaya geser dan momen suatu balok dapat digambarkan apabila semua reaksi luarnya telah diperoleh.

Dalam telaah tentang

keseimbangan sistem gaya-gaya sejajar yang sebidang, telah dibuktikan bahwa jumlah gaya yang tak diketahui pada sembarang benda-bebas (free body) yang dapat dihitung dengan prinsip statika tidak bisa lebih dari dua buah. Tinjauan balok statis tertentu pada Gambar 3.1. Sejauh keseimbangan balok secara keseluruhan yang ditinjau, reaksi yang tak diketahui muncul ada dua, yakni VA dan VB. Sebaiknya VA diperoleh dengan menggunakan persamaan keseimbangan yang menyatakan bahwa jumlah momen di B harus sama dengan nol, dan kemudian VB diperoleh dengan menggunakan persamaan yang menyatakan bahwa jumlah momen di A harus sama dengan nol, dan akhirnya pengecekan dilakukan dengan menggunakan persamaan yang menyatakan bahwa jumlah gaya vertikal harus sama dengan nol. q A VA

B VB

Gambar 3.1 Balok Statis Tertentu Balok statis tertentu dapat berupa, balok sederhana yang terletak di atas dua tumpuan sendi rol, balok kantilever yang terletak di atas

III‐1


satu tumpuan jepit dan ujung lainnya lepas, dan balok gantung yang terletak di atas tumpuan sendi rol dengan salah satu atau kedua ujungnya ada perpanjangan.

III.2 Balok Sederhana 1. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban terpusat Balok diletakkan di atas dua tumpuan A dan B dibebani muatan titik P seperti pada Gambar 3.2. Pada struktur demikian reaksi-reaksi terdapat pada perletakan A berupa reaksi vertikal VA dan horisontal HA, dan reaksi pada perletakan B berupa reaksi vertikal VB.

P

HA

A

B a

VA

b L

VB

Gambar 3.2 Balok Sederhana Dengan Beban Terpusat Balok AB akan seimbang, bila : ΣH = 0 → H A = 0

………. 3.1a)

ΣV = 0 → V A − V B − P = 0

………. 3.1b) P.b ΣM B = 0 → V A .L − P.b = 0 → V A = L ………. 3.1c) P.a ΣM A = 0 → −VB .L + P.a = 0 → VB = ………. 3.1d) L Setelah memperhatikan penyelesaian reaksi perletakan balok di atas, maka dapat disimpulkan : a. Semua gaya horizontal akan ditahan hanya oleh perletakan sendi saja. b. Reaksi-reaksi vertikl didapat dengan menggunakan persamaan momen terhadap salah satu titik perletakan. Balok AB dibebani muatan terpusat yang miring seperti pada Gambar 3.3.

Untuk menentukan reaksi-reaksi perletakan, terlebih III‐2


dahulu gaya-gaya diuraikan di dalam sumbu salib xy, sehingga P menjadi Py dan Px. Py HA

P Px

α

A a VA

B

b L

VB

Gambar 3.3 Balok Sederhana Dengan Beban Terpusat Miring Selanjutnya dengan menggunakan persamaan keseimbangan gaya horizontal dan momen pada salah satu tumpuan, maka dapat ditentukan reaksi-reaksi perletakan di tumpuan A dan B. Keseimbangan gaya luar :

ΣH = 0 → H A − Px = 0 → H A = Px ΣM B = 0 → V A .L − Py .b = 0 → V A = ΣM A = 0 → −V B .L + P.a = 0 → V B =

………. 3.2a)

Py .b L Py .a L

………. 3.2b) ……….. 3.2c)

Keseimbangan gaya dalam : 0≤ x≤a Lx = V A

………. 3.3a)

M x = V A .x

………. 3.3b)

a ≤ x ≤ ( a + b) / L Lx = V A − P

………. 3.3c)

M x = V A .x − P ( x − a )

………. 3.3d)

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.4.

III‐3


P

A a

b

VA

B

L

VB

+

Bidang L

‐

M Bidang

+

Gambar 3.4 Diagram Gaya Dalam Balok Sederhana Akibat Beban Terpusat 2. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban terbagi rata Suatu balok AB yang dibebani muatan terbagi rata seperti pada Gambar 3.5. Dengan menggunakan persamaan keseimbangan momen pada salah satu tumpuan, maka dapat ditentukan reaksi-reaksi perletakan di tumpuan A dan B.

q A

B a

b L

VA x

c VB

Gambar 3.5 Balok Sederhana Dengan Beban Terbagi Rata Keseimbangan gaya luar :

q.b(1 / 2b + c) …. 3.4a) L q.b(1 / 2b + a ) …. 3.4b) ΣM A = 0 → −V B .L + q.b(1 / 2b + a ) = 0 → V B = L ΣM B = 0 → V A .L − qb(1 / 2b + c) = 0 → V A =

III‐4


Bila a = 0, c = 0, dan b = L, maka balok dibebani muatan terbagi rata penuh, sehingga reaksinya adalah : V A = VB =

………. 3.4.c)

1 q.L 2

Keseimbangan gaya dalam : 0≤ x≤a Lx = V A

………. 3.5a)

M x = V A .x

………. 3.5b)

a ≤ x ≤ ( a + b) / L Lx = V A − q( x − a)

………. 3.5c)

M x = V A .x − 1 / 2q ( x − a )

2

………. 3.5d)

( a + b) ≤ x ≤ ( a + b + c ) / L L x = V A − q.b

………. 3.5e)

M x = V A .x − q.b( x − 1 / 2b)

………. 3.5f)

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.6. q A

B a

VA

b L

+

c VB Bidang L

‐ Bidang M

+ Gambar 3.6 Diagram Gaya Dalam Balok Sederhana Akibat Beban Terbagi Rata

III‐5


3. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban momen Balok AB dibebani muatan momen, seperti pada Gambar 3.7. Dengan menggunakan persamaan keseimbangan momen pada salah satu tumpuan, maka dapat ditentukan reaksi-reaksi perletakan di tumpuan A dan B. M A

B a

VA

b L

VB

Gambar 3.7 Balok Sederhana Dengan Beban Momen Keseimbangan gaya luar : M L M ΣM A = 0 → −VB .L + M = 0 → V B = L

ΣM B = 0 → V A .L + M = 0 → V A = −

………. 3.6a) ..……… 3.6b)

Tanda negtif pada reaksi VB, berarti arahnya ke bawah. Keseimbangan gaya dalam :

0≤ x≤a Lx = −VA

………. 3.7a)

M x = −VA.x

………. 3.7b)

a ≤ x ≤ (a + b) / L Lx = −VB

………. 3.7c)

M x = VB (L − x)

………. 3.7d)


III‐6


M L

A a VA

B b VB Bidang L

-‐ -‐

Bidang M

++

Gambar 3.8 Diagram Gaya Dalam Balok Sederhana Akibat Beban Momen 4. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban tak langsung Suatu truktur sederhana dengan muatan tak langsung, seperti pada Gambar 3.9. Menurut pengertian muatan tak langsung beban P dirambatkan pada balok induk melalui balok 1 dan 2. Oleh karena itu beban P perlu diuraikan ke dalam gaya P1 dan P2, yaitu gaya yang disalurkan melalui balok anak 1 dan 2. Uraian gaya P :

P1 =

2u − a P u

P2 =

a −u P u

Selanjutnya P1 dan P2 meneruskan gaya tersebut ke perlelatakan A dan B melalui balok induk. Besarnya reaksi perletakan pada tumpuan A dan

B

dapat

ditentukan

dengan

menggunakan

persamaan

keseimbangan momen salah satu tumpuan.

III‐7


Gambar 3.9. Balok Sederhana Dengan Beban Tak Langsung Keseimbangan gaya luar :

P1 .4u + P2 .3u …. 3.8a) L P .u + P2 .2u …. 3.8b) ΣM A = 0 → −V B .L − P1 .u + P2 .2u = 0 → VB = 1 L Dengan mensubstitusikan P1 dan P2 ke dalam persamaan VA dan VB, ΣM B = 0 → V A .L − P1 .4u − P2 .3u = 0 → V A =

maka diperoleh : VA =

P.b L

………. 3.8c)

VB =

P.a L

………. 3.8d)

Jadi dapat disimpulkan bahwa reaksi perletakan akibat beban tak langsung sama dengan perhitungan beban secara langsung. Apabila bebannya berupa muatan terbagi rata, cara menghitung reaksi perletakan tidak berbeda dengan cara muatan langsung.

III‐8


Keseimbangan gaya dalam :

0≤ x≤u Lx = VA

………. 3.9a)

M x = VA.x

………. 3.9b)

2u ≤ x ≤ L Lx = −VB

………. 3.9c)

M x = VB (L − x)

………. 3.9d)


Gambar 3.10 Diagram Gaya Dalam Balok Sederhana Akibat Beban Tak Langsung

III‐9


III.3 Balok Kantilever

1. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban terpusat Suatu balok kantilever yang dibebani muatan terpusat P, seperti pada Gambar 311. Pada struktur demikian, gaya reaksi hanya terdapat pada perletakan jepit B, berupa reaksi vertikal VB dan momen jepit MB, dapat dicari dengan menggunakan persamaan statika.

P HB

B

A

MBo L

VB

Gambar 3.11 Balok Kantilever Dengan Beban Terpusat Keseimbangan gaya luar : ………. 3.10a)

ΣH = 0 → H B = 0

………. 3.10b)

ΣV = 0 → VB − P = 0 → VB = P ΣM B = 0 → P.L + M B = 0 → M B = P.L o

………. 3.10c)


L≥ x≥0

………. 3.11a)

Lx = −P

………. 3.11b)

Mx = −P.x

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.12. III‐10


P

HB

B

A

MBo

L

VB

Bidang L

‐

Bidang M

‐

Gambar 3.12 Diagram Gaya Dalam Balok Kantilever Akibat Beban Terpusat 2. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban terbagi rata Suatu balok kantilever yang dibebani mutan terbagi rata, seperti Gambar 3.13. Dengan menggunakan persamaan statika dapat dicari gaya reaksi vertikal VB dan momen jepit MBo. qdx

q B

A a

dx

MBo

b

L

VB

Gambar 3.13 Balok Kantilever Dengan Beban Terbagi Rata Bila pada suatu titik X, sejauh x dari A terdapat elemen q.dx, maka dengan menggunakan integrasi untuk seluruh muatan didapat : a

VB = ∫ q.dx = q.dx = q.xI 0a = q.a

………. 3.12a)

0

a

o M B = ∫ q.dx( L − x) = q( L.x − 1 / 2 x 2 ) I 0a = q.a( L − 1 / 2a) ….... 3.12b) 0

Bila → a = L → VB = q.L → M B = 1 / 2.q.L2 o

………. 3.12c)

Bila → a = 1 / 2.L → VB = 1 / 2.q.L → M B = 3 / 8.q.L ………. 3.12d) o

III‐11



0≤ x≤a ………. 3.13a)

Lx = −q.x M x = −1/ 2q.x 2

………. 3.13b)

a≤x≤L Lx = −q.a

………. 3.13c)

M x = −q.a( x − 1/ 2a)

………. 3.13d)


q

A

B MBo

a

L

b VB

Bidang L

‐

Bidang M

‐

Gambar 3.14 Diagram Gaya Dalam Balok kantilever Akibat Beban Terbagi Rata 3. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban momen Suatu balok kantilever yang dibebani mutan momen M, seperti Gambar 3.15. Dengan menggunakan persamaan statika dapat dicari gaya reaksi vertikal VB dan momen jepit MBo.

III‐12


M

HB

B

A

MBo

C a

b L

VB

Gambar 3.15 Balok Kantilever Dengan Beban Momen Keseimbangan gaya luar :

ΣH = 0. → H B = 0

………. 3.14a)

ΣV = 0 → VB = 0

………. 3.14b)

ΣM B = 0 → M B = M 1 + M 2

……….. 3.14c)

o

o


0≤ x≤a Lx = 0

………. 3.15a)

Mx = 0

………. 3.15b)

a≤x≤L Lx = 0

………. 3.15c) ………. 3.15d)

Mx = M

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.16. M HB

B

A

MBo

C a

b L

VB Bidang L Bidang M

‐ Gambar 3.16 Diagram Gaya Dalam Balok Kantilever Akibat Beban Momen III‐13


III.4 Balok Gantung

1. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban terpusat Suatu struktur balok sederhana AC dengan balok gantung BC, seperti pada Gambar 3.17, dibebani muatan P pada ujungnya. Dengan menggunakan persamaan momen pada salah satu tumpuan akan dapat dihitung besarnya reaksi-reaksi di tumpuan Adan B. P A

VA

B

C e

L VB

Gambar 3.17 Balok Gantung Dengan Beban Terpusat Keseimbangan gaya luar : ΣM B = 0 → V A .L + P.e = 0 → V A =

− P.e L

ΣM A = 0 → −V B .L + P (e + L) = 0 → VB = −

………. 3.16a) P (e + L ) L

………. 3.16b)


0≤ x≤ L Lx = VA

………. 3.17a)

M x = VA .x

………. 3.17b)

L ≤ x ≤ (L + e) Lx = P

………. 3.17c)

M x = P( x − (L + e)

………. 3.17d)


III‐14


P L Bidang L

A

VA

B

C e

VB

+

-

-

Gambar 3.18 Diagram Gaya Dalam Balok Gantung Dengan Beban Terpusat 2. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban terbagi rata Suatu struktur balok sederhana AC dengan balok gantung BC, seperti pada Gambar 3.19, dibebani muatan terbagi rata.

Dengan

menggunakan persamaan momen pada salah satu tumpuan akan dapat dihitung besarnya reaksi-reaksi di tumpuan Adan B.

q

A

a VA

L

b

B e

C

VB

Gambar 3.19 Balok Gantung Dengan Beban Terbagi Rata Keseimbangan gaya luar :

ΣM B = 0 → VA .L − qb.1/ 2.b + q.e.1/ 2.e = 0 q.(b2 − e2) …. 3.18a) → VA = 2L ΣM A = 0 → −VB .L + q(L + e − a).((1/ 2(L + e − a)) + a) = 0 → VB =

q.((L − e) 2 − a 2 ) 2L

…. 3.18b)

III‐15



0≤ x≤a Lx = VA

………. 3.19a)

M x = VA .x

………. 3.19b)

a≤x≤L Lx = VA − q( x − a)

.………. 3.19c)

M x = VA .x − 1/ 2q( x − a) 2

………. 3.19.d)

L ≤ x ≤ (L + e) Lx = q(L + e − x) 2

………. 3.19e)

M x = −1/ 2q(L + e − x) 2

………. 3.19f)


Gambar 3.20 Diagram Gaya Dalam Balok Gantung Akibat Beban Terbagi Rata

III‐16


3. Reaksi perletakan dan gaya dalam akibat beban momen Suatu struktur balok sederhana AC dengan balok gantung BC, seperti pada Gambar 3.21, dibebani muatan momen.

Dengan

menggunakan persamaan momen pada salah satu tumpuan akan dapat dihitung besarnya reaksi-reaksi di tumpuan Adan B. A

VA

B

C

M

e

L VB

Gambar 3.21 Balok Gantung Dengan Beban Momen Keseimbangan gaya luar : M L M ΣM A = 0 → −V B .L + M = 0 → V B = L ΣM B = 0 → −V A .L + M = 0 → V A =

………. 3.20a) ..……… 3.20b)


0≤ x ≤ L Lx = VA Mx = VA.x

L ≤ x ≤ (L + e) Lx = 0 Mx = −M

………. 3.21a) ………. 3.21b)

………. 3.21c) ………. 3.21d)

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.22

III‐17


A

VA

B

C

M

e

L VB Bidang L

+ Bidang M

-

.Gambar 3.22 Diagram Gaya Dalam Balok Gantung Akibat beban Momen

III.5 Konstruksi Balok Bersendi (Gerber)

Konstruksi Gerber merupakan konstruksi balok di atas beberapa tumpuan, yang merupakan gabungan konstruksi balok gantung yang disambung dengan balok lain oleh sendi. Untuk menghindari timbulnya momen lentur yang besar pada konstruksi yang mempunyai bentang yang lebar, seringkali digunakan penunjang diantara dua perletakan, sehingga konstruksi tersebut terletak diatas tiga perletakan. Dengan adanya perletakan ketiga itu konstruksi menjadi statis tak-tentu. Untuk mengembalikan sifat konstruksi itu menjadi konstruksi statis tertentu digunakan sambungan sendi. Misalkan suatu konstruksi balok yang terletak di atas tiga perletakan, yaitu satu perletakan sendi dan dua perletakan geser, seperti pada Gambar 3.23. konstruksi dengan perletakan demikian akan menimbulkan empat buah reaksi.

Untuk mencari reaksi tersebut diperlukan empat buah

persamaan, sedangkan pada persamaan statis tertentu hanya ada tiga persamaan, maka konstruksi harus disambung dengan satu sendi S, agar

III‐18


dengan demikian terdapat tambahan persamaan, yaitu jumlah momen terhadap sendi S sama dengan nol. P1

P2

A

B

a)

P1

P2

A

C

b)

B

P1

P2

A c)

C a

b

B c

S

d

e P2

VS

VB

P1 d) VA

VC Gambar 3.23 Konstruksi Balok Bersendi

Balok pada Gambar 3.23a, bentangan terlalu panjang, dapat dipasang satu prletakan di antara bentangan. Gambar 3.23b struktur menjadi statis tak-tentu tingkat satu, maka diperlukan satu tambahan sendi agar menjadi statis tertentu. Sendi tabahan diletakkan pada titik S, seperti pada Gambar 3.23c. Dengan demikian balok ACB menjadi suatu struktur yang stabil yang disebut struktur induk. Sedangkan balok SB merupakan bagian yang menumpang pada ACS, yang stabil, disebut struktur anak. Konstruksi balok pada Gambar 3.23 mempunyai empat buah reaksi, yaitu HA, VA, VB, dan VC.

Sedangkan persamaan reaksi yang dapat

diturunkan berupa tiga persamaan statis tertentu ditambah satu persamaan momen terhadap S sama dengan nol. Dengan demikian keempat reaksi tersebut dapat dicari, yaitu menurut persamaan berikut :

III‐19


ΣH = 0 → H A = 0

………. 3.22a)

ΣV = 0 → V A + VB − P1 − P2 = 0

………. 3.22b)

ΣM A = 0 → P1 .a − VC .L AC + P2 .( L AB − e) = 0

………. 3.22c)

ΣM S = 0 → −V B..LSB + P2 .d = 0

………. 3.22d)

Dengan empat persamaan tersebut, keempat reaksi dapat dicari, selanjutnya dapat digambarkan diagram gaya dalamnya. Disamping itu ada cara menghitung menurut uraian seperti pada Gambar 3.23d. Konstruksi tersebut terdiri dari konstruksi induk ACS, dan struktur anak SB. Tentu SB menumpang pada konstruksi ACS. Oleh karena beban yang bekerja merupakan gaya vertical, maka reaksinya juga berupa reaski vertikal saja, reaksi horizontal sama dengan nol. Beban pada bagian SB ditumpu oleh perletakan B dan S. Reaksi pada sendi S merupakan beban bagi konstruksi bagian ACS merupakan konstruksi balok dengan pinggul CS. Dengan cara yang sudah dikenal ketiga reaksi perletakannya dapat dihitung dan diperoleh hasilnya. Pada balok SB : ΣM S = 0 → VB .LSB − P2 .d = 0 → VB =

P2 .d LSB

ΣM B = 0 → −VS .LSB + P2 .e = 0 → VS =

………. 3.23a)

………. 3.23b)

P2 .e LSB

Pada balok ACS : ΣM C = 0 → V A .L AC − P1 .b + VS .c = 0 → VA =

P2 .b − VS .c L AC

ΣM A = 0 → −VC .L AC + P1 .a + VS .( L AC + c) = 0 → VC =

………. 3.23c)

………. 3.23d)

P1 .a + VS .( L AC + c) L AC

III‐20


Konstruksi balok di atas merupakan gabungan balok gantung ACS dan balok sederhana SB, sehingga persamaan momen lentur dan gaya lintang dapat diselesaikan seperti biasanya. Persamaan gaya dalam pada bagian CS bila diturunkan dari kiri, sebagai berikut : L x = V A − P1 + VC

………. 3.24a)

M x = V A .x − P1 .( x − a ) + VC .( x − L AC )

………. 3.24b)

Persamaan gaya dalam pada bagian CS bila diturunkan dari sebelah kanan berbentuk sebagai berikut : L x = V B − P2

………. 3.24c)

M x = V B .x − P2 .( x − e)

………. 3.24d)

Diagram gaya dalam pada konstruksi bersendi dapat dilihat pada Gambar 3.24.

P2

VB

VS

P1

VA

VC

+

+

_ +

Bidang L

_

Bidang M

+

Gambar 3.24 Diagram Gaya Dalam Konstruksi Bersendi

III‐21


III.6 Contoh-Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1. Tentukan reaksi perletakan dan gaya-gaya dalam serta gambar diagramnya dari balok sederhana seperti gambar di bawah ini.

P = 20 kN

q = 5 kN/m A

B 2m

1m

1m

VA

VB

Gambar 3.25 Contoh Soal 1 Analisa Balok Sederhana Penyelesaian : •

Reaksi perletakan :

ΣM B = 0 → V A .4 − 5.2.(1 + 2) − 20.1 = 0 30 + 20 = 12,5kN .(↑) 4 ΣM A = 0 → −V B .4 + 5.2.1 + 20.3 = 0 → VA =

→ VB =

10 + 60 = 17,5kN .(↑) 4

Kontrol ∑V = 0

VA +VB − q.b − P = 0 12,5 +17,5 − 5.2 − 20 = 0 → oke •

Gaya-gaya dalam (lintang dan momen) :

0 ≤ x ≤ 2m Lx = VA − q.x x = 0 → L0 = 12,5 − 5.0 = 12,5kN x = 1m → L1 = 12,5 − 5.1 = 7,5kN x = 2m → L2 = 12,5 − 5.2 = 2,5kN M x = VA .x − 1/ 2qx2 x = 0 → M 0 = 12,5.0 − 1/ 2.5.0 2 = 0 x = 1m → M1 = 12,5.1 − 1/ 2.5.12 = 10kNm x = 2m → M 2 = 12,5.2 − 1/ 2.5.2 2 = 15kNm III‐22


2m ≤ x ≤ 3m Lx = VA − qb x = 2m → L2 = 12,5 − 5.2 = 2,5kN x = 3m → L3 = 12,5 − 5.2 = 2,5kN M x = VA .x − q.b( x − 1/ 2.b) x = 2m → M 2 = 12,5.2 − 5.2(2 − 1/ 2.2) = 15kNm x = 3m → M 3 = 12,5.3 − 5.2(3 − 1/ 2.2) = 17,5kNm 3m ≤ x ≤ 4m Lx = VA − qb − P x = 3m → L3 = 12,5 − 5.2 − 20 = −17,5kN x = 4m → L4 = 12,5 − 5.2 − 20 = −17,5kN M x = VA .x − q.b( x − 1/ 2.b) − P( x − a) x = 3m → M 3 = 12,5.3 − 5.2(3 − 1/ 2.2) − 20(3 − 3) = 17,5kNm x = 4m → M 4 = 12,5.4 − 5.2(4 − 1/ 2.2) − 20(4 − 3) = 0kNm •

Diagram gaya-gaya dalam (lintang dan momen) : P = 20 kN

q = 5 kN/m A

B 2m

1m

1m

VA

VB

12,5 Bidang L 2,5

VA

17,5 Bidang M

15 17,5 Gambar 3.26 Diagram Gaya Dalam Soal 1 Analisa Balok Sederhana III‐23


Soal 2. Tentukan reaksi perletakan dan gaya-gaya dalam serta gambar diagramnya dari balok kantilever seperti gambar di bawah ini. q = 5 kN/m A

B 4m

MBo

VB Gambar 3.27 Contoh Soal 2 Analisa Balok Kantilever Penyelesaian : •

Reaksi perletakan :

ΣH = 0 → H B = 0 ΣV = 0 → VB − 5.4 = 0 → VB = 20kN ΣM B = 0 → −1 / 2.5.4 2 + M B = 0 → M B = 40kNm • Gaya-gaya dalam (lintang dan momen) : o

0 ≤ x ≤ 4m Lx = −q.x x = 0 → L0 = −5.0 = 0kN x = 1m → L1 = −5.1 = −5kN x = 2m → L2 = −5.2 = −10kN x = 3m → L3 = −2.3 = −15kN x = 4m → L4 = −5.4 = −20kN M x = −1/ 2.q.x 2 x = 0 → M 0 = −1/ 2.5.02 = −0kNm x = 1m → M1 = −1/ 2.5.12 = −2,5kNm x = 2m → M 2 = −1/ 2.5.22 = −10kNm x = 3m → M 3 = −1/ 2.5.32 = −22,5kNm x = 4m → M 4 = −1/ 2.5.42 = 40kNm

III‐24


•

Diagram gaya-gaya dalam (lintang dan momen) : q = 5 kN/m A

B 4m

MBo

VB Bidang L

‐ 20 40

Bidang M

‐ Gambar 3.28 Diagram Gaya Dalam Soal 2 Analisa Balok Kantilever Soal 3. Tentukan reaksi perletakan dan gaya-gaya dalam serta gambar diagramnya dari balok gantung seperti gambar di bawah ini. P = 20 kN

q = 5 kN/m B

A 6m VA

C 2m

VB

Gambar 3.29 Contoh Soal 3 Analisa Balok Gantung Penyelesaian : •

Reaksi perletakan : ΣM B = 0 → V A .6 − 5.6.3 + 20.2 = 0 90 − 40 = 8,33kN .(↑) 6 ΣM A = 0 → −V B .6 + 5.6.3 + 20.8 = 0 → VA =

→ VB =

90 + 160 = 41,67 kN .(↑) 6

III‐25


Kontrol ∑V = 0

V A + VB − q.b − P = 0 8,33 + 41,67 − 5.6 − 20 = 0 → oke •

Gaya-gaya dalam (lintang dan momen) :

0 ≤ x ≤ 6m Lx = VA − q.x x = 0 → L0 = 8,33 − 5.0 = 8,33kN x = 1m → L1 = 8,33 − 5.1 = 3,33kN x = 2m → L2 = 8,33 − 5.2 = −1,67kN x = 3m → L3 = 8,33 − 5.3 = −6,67kN x = 4m → L4 = 8,33 − 5.4 = −11,67kN x = 5m → L5 = 8,33 − 5.5 = −16,67kN x = 6m → L6 = 8,33 − 5.6 = −21,67kN M x = VA .x − 1/ 2.q.x 2 x = 0m → M 0 = 8,33.0 − 1/ 2.5.02 = 0 x = 1m → M1 = 8,33.1 − 1/ 2.5.12 = 5,83kNm x = 2m → M 2 = 8,33.2 − 1/ 2.5.2 2 = 6,66kNm x = 3m → M 3 = 8,33.3 − 1/ 2.5.32 = 2,49kNm x = 4m → M 4 = 8,33.4 − 1/ 2.5.4 2 = −6,68kNm x = 5m → M 5 = 8,33.5 − 1/ 2.5.52 = −20,85kNm x = 6m → M 6 = 8,33.6 − 1/ 2.5.62 = −40kNm

6m ≤ x ≤ 8m Lx = VA − qb + VB x = 6m → L6 = 8,33 − 5.6 + 41,67 = 20kN x = 7m → L7 = 8,33 − 5.6 + 41,67 = 20kN x = 8m → L8 = 8,33 − 5.6 + 41,67 = 20kN M x = VA .x − q.b( x − 1/ 2L) + VB ( x − L) x = 6m → M 6 = 8,33.6 − 5.6(6 − 3) + 41,67(6 − 6) = 40kNm x = 7m → M 7 = 8,33.7 − 5.6(7 − 3) + 41,67(7 − 6) = 20kNm x = 8m → M 8 = 8,33.8 − 5.6(8 − 3) + 41,67(8 − 6) = 0 III‐26


•

Diagram gaya-gaya dalam (lintang dan momen) : P = 20 kN

q = 5 kN/m B

A

C

6m

2m

VA

VB 8,33

20

+

Bidang L

21,67 Bidang M

40

+ Gambar 3.30 Diagram Gaya Dalam Soal 3 Analisa Balok Gantung Soal 4. Suatu konstruksi balok gerber dibebani muatan seperti pada gambar di bawah ini. Tentukan reaksi perletakan dan gaya-gaya dalam. P1 = 20 kN

P2 = 30 kN

C

B

A 3m

3m

S 2m 2m

3m P2

P1 VA

VS

VB

VC Gambar 3.31 Konstruksi Balok Gerber Soal 4

III‐27


Penyelesaian : •

Reaksi Perletakan : ΣM S = 0 → VB .5 − 30.2 = 0 30.2 = 12.kN 5

→ VB =

ΣM B = 0 → −VS .5 + 30.3 = 0 → VS =

30.3 = 18.kN 5

ΣM C = 0 → V A .6 − 20.3 + 18.2 = 0 → VA =

60 − 36 = 4.kN 6

ΣM A = 0 → −VC .6 + 20.3 + 18.8 = 0 → VC =

•

60 + 144 = 34.kN 6

Gaya-gaya dalam : Dari kiri : 0 ≤ x ≤ 3m LX = VA x = 0 → L0 = 4.kN x = 3m → L3 = 4.kN M x = V A .x x = 0 → M0 = 0 x = 3m → M 3 = 4.3 = 12.kNm 3m ≤ x ≤ 6m L X = V A − P1 x = 3m → L3 = 4 − 20 = −16.kN x = 6m → L6 = 4 − 20 = −16.kN M x = V A .x − P1 .( x − a ) x = 3m → M 3 = 4.3 − 20.(3 − 3) = 12.kNm x = 6m → M 6 = 4.6 − 20.(6 − 3) = −66.kNm III‐28


6m ≤ x ≤ 8m L X = V A − P1 + VC x = 6m → L6 = 4 − 20 + 34 = 18.kN x = 8m → L8 = 4 − 20 + 34 = 18.kN M x = V A .x − P1 .( x − a ) + VC .( x − L AC ) x = 6m → M 6 = 4.6 − 20.(6 − 3) + 34.(6 − 6) = −66.kNm x = 8m → M 8 = 4.8 − 20.(8 − 3) + 34.(8 − 6) = 0.kNm Dari kanan : 0 ≤ x ≤ 3m L X = −V B x = 0m → L0 = −12.kN x = 3m → L3 = −12.kN M x = V B .x x = 0m → M 0 = 12.0 = 0.kNm x = 3m → M 3 = 12.3 = 36.kNm •

Gambar diagram gaya-gaya dalam : P2 VB

VS

P1 VA

VC 18

4

+

+

_ 16

12

12

_

66

+

Bidang L

Bidang M

+

36 Gambar 3.32 Diagram Gaya-Gaya Dalam Konstruksi Gerber Soal 4 III‐29

V B Gambar 3.1 Balok Statis Tertentu

Recommend Documents