Materi Pertemuan v,VI,VII

Bahan Ajar – Statika – Mulyati, ST., MT

III‐1

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.

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

A B

VA VB

q


III‐2

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.

Gambar 3.2 Balok Sederhana Dengan Beban Terpusat

Balok AB akan seimbang, bila :

………. 3.1a)

………. 3.1b)

………. 3.1c)

………. 3.1d)

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

LaPVaPLVM

LbPVbPLVM

PVVVHH

BBA

AAB

BA

A

.0..0

.0..0

0000

=→=+−→=Σ

=→=−→=Σ

=−−→=Σ=→=Σ

VA VB

A B

a b

P

HA

L


III‐3

dahulu gaya-gaya diuraikan di dalam sumbu salib xy, sehingga P

menjadi Py dan Px.

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 :

………. 3.2a)

………. 3.2b) ……….. 3.2c) Keseimbangan gaya dalam :

………. 3.3a)

………. 3.3b)

………. 3.3c)

………. 3.3d)

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas

dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.4.

LaP

VaPLVM

LbP

VbPLVM

PHPHH

yBBA

yAyAB

xAxA

.0..0

.0..0

00

=→=+−→=Σ

=→=−→=Σ

=→=−→=Σ

xVMVL

ax

Ax

Ax

.

0

==≤≤

)(.

/)(

axPxVMPVL

Lbaxa

Ax

Ax

−−=−=+≤≤

P

VA VB

A B

a b

α

Py

PxHA

L


III‐4

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.

Gambar 3.5 Balok Sederhana Dengan Beban Terbagi Rata


…. 3.4a)

…. 3.4b) L

abbqVabbqLVM

LcbbqVcbqbLVM

BBA

AAB

)2/1(.0)2/1(..0

)2/1(.0)2/1(.0

+=→=++−→=Σ

+=→=+−→=Σ

VA VB

A B

a b

q

Lc

x

VA VB

A B

a b

P

L

+

+‐

Bidang L

Bidang M


III‐5

Bila a = 0, c = 0, dan b = L, maka balok dibebani muatan terbagi rata

penuh, sehingga reaksinya adalah :

………. 3.4.c)

Keseimbangan gaya dalam :

………. 3.5a)

………. 3.5b)

………. 3.5c)

………. 3.5d)

………. 3.5e)

………. 3.5f)



Gambar 3.6 Diagram Gaya Dalam Balok Sederhana Akibat Beban Terbagi Rata

LqVV BA .21

==

xVMVL

ax

Ax

Ax

.

0

==≤≤

2)(2/1.

)(/)(

axqxVM

axqVLLbaxa

Ax

Ax

−−=

−−=+≤≤

)2/1(...

/)()(

bxbqxVMbqVL

Lcbaxba

Ax

Ax

−−=−=

++≤≤+

+

+

‐

VA VB

A B

a b

q

Lc

Bidang L

Bidang M


III‐6

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.

Gambar 3.7 Balok Sederhana Dengan Beban Momen


………. 3.6a)

..……… 3.6b)

Tanda negtif pada reaksi VB, berarti arahnya ke bawah.


………. 3.7a) ………. 3.7b)

………. 3.7c) ………. 3.7d)



LMVMLVM

LMVMLVM

BBA

AAB

=→=+−→=Σ

−=→=+→=Σ

0.0

0.0

xVMVLax

Ax

Ax

.

0

−=−=≤≤

)(

/)(

xLVMVL

Lbaxa

Bx

Bx

−=−=

+≤≤

VA VB

A B

a bL

M


III‐7

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 :

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.

Pu

auP −=

21

Pu

uaP −=2

+‐

‐

VA VB

A B

a bL

M

Bidang L

Bidang M

+

-

-


III‐8

Gambar 3.9. Balok Sederhana Dengan Beban Tak Langsung


…. 3.8a) …. 3.8b) Dengan mensubstitusikan P1 dan P2 ke dalam persamaan VA dan VB,

maka diperoleh :

………. 3.8c)

………. 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.

LuPuP

VuPuPLVM

LuPuP

VuPuPLVM

BBA

AAB

2..02...0

3.4.03.4..0

2121

2121

+=→=+−−→=Σ

+=→=−−→=Σ

LbPVA.

=

LaPVB.

=


III‐9


………. 3.9a) ………. 3.9b)

………. 3.9c) ………. 3.9d)

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di

atas dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.10.

Gambar 3.10 Diagram Gaya Dalam Balok Sederhana Akibat Beban Tak Langsung

xVMVL

ux

Ax

Ax

.

0

==≤≤

)(

2

xLVMVL

Lxu

Bx

Bx

−=−=≤≤


III‐10

III.3 Balok Kantilever


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.

Gambar 3.11 Balok Kantilever Dengan Beban Terpusat


………. 3.10a)

………. 3.10b)

………. 3.10c)


………. 3.11a)

………. 3.11b)

Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat

dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.12.

LPMMLPM

PVPVVHH

oBBB

BB

B

.0.0

0000

=→=+→=Σ

=→=−→=Σ=→=Σ

xPMPL

xL

x

x

.

0

−=−=≥≥

VB

A B

L

MBo

P

HB


III‐11

Gambar 3.12 Diagram Gaya Dalam Balok Kantilever Akibat Beban Terpusat


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.

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 :

………. 3.12a)

….... 3.12b) ………. 3.12c)

………. 3.12d) LqMLqVLaBila

LqMLqVLaBila

aLaqIxxLqxLdxqM

aqxIqdxqdxqV

oBB

oBB

a aoB

aa

B

..8/3..2/1.2/1

..2/1.

)2/1(.)2/1.()(.

....

2

0 02

00

=→=→=→

=→=→=→

−=−=−=

====

∫∫

VB

A B

L

MBo

q

badx

dx q

Bidang M

Bidang LVB

A B

L

MBo

P

HB

‐

‐


III‐12


………. 3.13a)

………. 3.13b) ………. 3.13c) ………. 3.13d) Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat


Gambar 3.14 Diagram Gaya Dalam Balok kantilever Akibat Beban Terbagi Rata


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.

2.2/1

.0

xqM

xqLax

x

x

−=

−=≤≤

)2/1(..

axaqMaqLLxa

x

x

−−=−=≤≤

VB

A B

L

MBo

q

ba

‐Bidang L

‐

Bidang M


III‐13

Gambar 3.15 Balok Kantilever Dengan Beban Momen


. ………. 3.14a)

………. 3.14b)

……….. 3.14c)


………. 3.15a)

………. 3.15b)

………. 3.15c)

………. 3.15d) Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat


Gambar 3.16 Diagram Gaya Dalam Balok Kantilever Akibat Beban Momen

210

0000

MMMM

VVHH

oB

oB

B

B

+=→=Σ

=→=Σ=→=Σ

00

0

==≤≤

x

x

ML

ax

MML

Lxa

x

x

==≤≤0

VB

A B

L

MBo

M

HB

C

a b

VB

A B

L

MBo

M

HB

C

a b

‐

Bidang L

Bidang M


III‐14

III.4 Balok Gantung


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.

Gambar 3.17 Balok Gantung Dengan Beban Terpusat


………. 3.16a)

………. 3.16b) Keseimbangan gaya dalam : ………. 3.17a)

………. 3.17b) ………. 3.17c)

………. 3.17d) Diagram gaya lintang dan bidang momen dari persamaan di atas dapat


LLePVLePLVM

LePVePLVM

BBA

AAB

)(0)(.0

.0..0

+−=→=++−→=Σ

−=→=+→=Σ

xVMVL

Lx

Ax

Ax

.

0

==≤≤

)((

)(

eLxPMPL

eLxL

x

x

+−==

+≤≤

VA VB

A B

e

P

L

C


III‐15

Gambar 3.18 Diagram Gaya Dalam Balok Gantung Dengan Beban Terpusat



seperti pada Gambar 3.19, dibebani muatan terbagi rata. Dengan



Gambar 3.19 Balok Gantung Dengan Beban Terbagi Rata


…. 3.18a)

…. 3.18b)

LaeLqV

aaeLaeLqLVML

ebqV

eeqbqbLVM

B

BA

A

AB

2)).((

0)))(2/1).(((.02

.(

0.2/1...2/1..0

22

)22

−−=→

=+−+−++−→=Σ

−=→

=+−→=Σ

VA VB

A B e

q

L

Cba

VA VB

A B

e

P

L

C

Bidang L +-

-


III‐16

Keseimbangan gaya dalam : ………. 3.19a)

………. 3.19b)

.………. 3.19c)

………. 3.19.d)

………. 3.19e)

………. 3.19f)



Gambar 3.20 Diagram Gaya Dalam Balok Gantung

Akibat Beban Terbagi Rata

xVMVL

ax

Ax

Ax

.

0

==≤≤

2)(2/1.

)(

axqxVM

axqVLLxa

Ax

Ax

−−=

−−=≤≤

2

2

)(2/1

)()(

xeLqM

xeLqLeLxL

x

x

−+−=

−+=

+≤≤


III‐17



seperti pada Gambar 3.21, dibebani muatan momen. Dengan



Gambar 3.21 Balok Gantung Dengan Beban Momen


………. 3.20a)

..……… 3.20b)


………. 3.21a)

………. 3.21b)

………. 3.21c)

………. 3.21d)


dapat dilukiskan sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.22

LMVMLVM

LMVMLVM

BBA

AAB

=→=+−→=Σ

=→=+−→=Σ

0.0

0.0

xVMVL

Lx

Ax

Ax

.

0

==≤≤

MML

eLxL

x

x

−==

+≤≤0

)(

VA VB

A B

e

M

L

C


III‐18

.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

VA VB

A B

e

M

L

C

Bidang L

Bidang M

+

-


III‐19

dengan demikian terdapat tambahan persamaan, yaitu jumlah momen

terhadap sendi S sama dengan nol.

a)

b)

c)

d)

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 :

A B

A B C

P1 P2

P1 P2

A B C

S

P1 P2

a b c d e

VB VS

P1

P2

VC VA


III‐20

………. 3.22a)

………. 3.22b)

………. 3.22c)

………. 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 :

………. 3.23a)

………. 3.23b)

Pada balok ACS :

………. 3.23c)

………. 3.23d)

0..00).(..0

0000

2.

21

21

=+−→=Σ=−+−→=Σ

=−−+→=Σ=→=Σ

dPLVMeLPLVaPM

PPVVVHH

SBBS

ABACCA

BA

A

SBS

SBSB

SBB

SBBS

LePV

ePLVM

LdP

V

dPLVM

.0..0

.0..0

2

2

2

2

=→

=+−→=Σ

=→

=−→=Σ

AC

ACSC

ACSACCA

AC

SA

SACAC

LcLVaP

V

cLVaPLVM

LcVbP

V

cVbPLVM

).(.0).(..0

..0...0

1

1

2

1

++=→

=+++−→=Σ

−=→

=+−→=Σ


III‐21

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 :

………. 3.24a)

………. 3.24b) Persamaan gaya dalam pada bagian CS bila diturunkan dari sebelah kanan

berbentuk sebagai berikut :

………. 3.24c)

………. 3.24d)

Diagram gaya dalam pada konstruksi bersendi dapat dilihat pada Gambar

3.24.

Gambar 3.24 Diagram Gaya Dalam Konstruksi Bersendi

).().(. 1

1

ACCAx

CAx

LxVaxPxVMVPVL

−+−−=+−=

).(. 2

2

exPxVMPVL

Bx

Bx

−−=−=

VB VS P1

P2

VC VA

+ +_ _

Bidang L

Bidang M -+ +


III‐22

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.

Gambar 3.25 Contoh Soal 1 Analisa Balok Sederhana

Penyelesaian :

• Reaksi perletakan :

Kontrol ∑V = 0

• Gaya-gaya dalam (lintang dan momen) :

).(5,174

601003.201.2.54.0

).(5,124

203001.20)21.(2.54.0

↑=+

=→

=++−→=Σ

↑=+

=→

=−+−→=Σ

kNV

VM

kNV

VM

B

BA

A

AB

okePbqVV BA

→=−−+=−−+

0202.55,175,120.

kNmMmx

kNmMmx

Mx

qxxVM

kNLmxkNLmxkNLx

xqVLmx

Ax

Ax

152.5.2/12.5,122

101.5.2/11.5,121

00.5.2/10.5,120

2/1.

5,22.55,1225,71.55,1215,120.55,120

.20

22

21

20

2

2

1

0

=−=→=

=−=→=

=−=→=

−=

=−=→==−=→==−=→=

−=≤≤

VA VB

A B

2 m 1 m

P = 20 kNq = 5 kN/m

1 m


III‐23

• Diagram gaya-gaya dalam (lintang dan momen) :

Gambar 3.26 Diagram Gaya Dalam Soal 1 Analisa Balok Sederhana

kNmMmxkNmMmx

bxbqxVM

kNLmxkNLmx

qbVLmxm

Ax

Ax

5,17)2.2/13(2.53.5,12315)2.2/12(2.52.5,122

).2/1(..

5,22.55,1235,22.55,122

32

3

2

3

2

=−−=→==−−=→=

−−=

=−=→==−=→=

−=≤≤

kNmMmxkNmMmx

axPbxbqxVM

kNLmxkNLmx

PqbVLmxm

Ax

Ax

0)34(20)2.2/14(2.54.5,1245,17)33(20)2.2/13(2.53.5,123

)().2/1(..

5,17202.55,1245,17202.55,123

43

4

3

4

3

=−−−−=→==−−−−=→=

−−−−=

−=−−=→=−=−−=→=

−−=≤≤

VA

VA VB

A B

2 m 1 m

P = 20 kNq = 5 kN/m

1 m

Bidang L

Bidang M

12,5

2,5

17,5

15

17,5


III‐24


diagramnya dari balok kantilever seperti gambar di bawah ini.

Gambar 3.27 Contoh Soal 2 Analisa Balok Kantilever

Penyelesaian :



kNmMMM

kNVVVHH

oBBB

BB

B

4004.5.2/10

2004.5000

2 =→=+−→=Σ

=→=−→=Σ=→=Σ

kNmMmx

kNmMmx

kNmMmx

kNmMmx

kNmMx

xqM

kNLmxkNLmxkNLmx

kNLmxkNLx

xqLmx

x

x

404.5.2/14

5,223.5.2/13

102.5.2/12

5,21.5.2/11

00.5.2/10

..2/1

204.54153.23102.52

51.5100.50

.40

24

23

22

21

20

2

4

3

2

1

0

=−=→=

−=−=→=

−=−=→=

−=−=→=

−=−=→=

−=

−=−=→=−=−=→=−=−=→=−=−=→=

=−=→=−=≤≤

VB

A B MBo

4 m

q = 5 kN/m


III‐25


Gambar 3.28 Diagram Gaya Dalam Soal 2 Analisa Balok Kantilever


diagramnya dari balok gantung seperti gambar di bawah ini.

Gambar 3.29 Contoh Soal 3 Analisa Balok Gantung

Penyelesaian :


).(67,41616090

08.203.6.56.0

).(33,86

409002.203.6.56.0

↑=+

=→

=++−→=Σ

↑=−

=→

=+−→=Σ

kNV

VM

kNV

VM

B

BA

A

AB

VA VB

A B

2 m

q = 5 kN/m

6 mC

P = 20 kN

20

Bidang L

‐

40 Bidang M

‐

VB

A B MBo

4 m

q = 5 kN/m


III‐26

Kontrol ∑V = 0


okePbqVV BA

→=−−+=−−+

0206.567,4133,80.

kNLmxkNLmxkNLmx

kNLmxkNLmx

kNLmxkNLx

xqVLmx

Ax

67,216.533,8667,165.533,8567,114.533,84

67,63.533,8367,12.533,82

33,31.533,8133,80.533,80

.60

6

5

4

3

2

1

0

−=−=→=−=−=→=−=−=→=−=−=→=−=−=→=

=−=→==−=→=

−=≤≤

0)68(67,41)38(6.58.33,8820)67(67,41)37(6.57.33,8740)66(67,41)36(6.56.33,86

)()2/1(..

2067,416.533,882067,416.533,872067,416.533,86

86

8

7

6

8

7

6

=−+−−=→==−+−−=→==−+−−=→=

−+−−=

=+−=→==+−=→==+−=→=

+−=≤≤

MmxkNmMmxkNmMmx

LxVLxbqxVM

kNLmxkNLmxkNLmx

VqbVLmxm

BAx

BAx

kNmMmx

kNmMmx

kNmMmx

kNmMmx

kNmMmx

kNmMmx

Mmx

xqxVM Ax

406.5.2/16.33,86

85,205.5.2/15.33,85

68,64.5.2/14.33,84

49,23.5.2/13.33,83

66,62.5.2/12.33,82

83,51.5.2/11.33,81

00.5.2/10.33,80

..2/1.

26

25

24

23

22

21

20

2

−=−=→=

−=−=→=

−=−=→=

=−=→=

=−=→=

=−=→=

=−=→=

−=


III‐27


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.

Gambar 3.31 Konstruksi Balok Gerber Soal 4

P = 20 kN

VA VB

A B

2 m

q = 5 kN/m

6 mC

40Bidang M

-+

+-

8,33

21,67

20Bidang L

A B C

S 3 m 3 m 2 m 2 m 3 m

P1 = 20 kN P2 = 30 kN

VB VS P1

P2

VC VA


III‐28

Penyelesaian :

• Reaksi Perletakan :

• Gaya-gaya dalam :

Dari kiri :

kNV

VM

kNV

VM

S

SB

B

BS

.185

3.3003.305.0

.125

2.3002.305.0

==→

=+−→=Σ

==→

=−→=Σ

kNV

VM

kNV

VM

C

CA

A

AC

.34614460

08.183.206.0

.46

366002.183.206.0

=+

=→

=++−→=Σ

=−

=→

=+−→=Σ

kNmMmxMxxVM

kNLmxkNLx

VLmx

Ax

AX

.123.4300

.

.43.40

30

3

0

3

0

==→==→=

=

=→==→=

=≤≤

kNmMmxkNmMmx

axPxVM

kNLmxkNLmx

PVLmxm

Ax

AX

.66)36.(206.46.12)33.(203.43

).(.

.162046.162043

63

6

3

1

6

3

1

−=−−=→==−−=→=

−−=

−=−=→=−=−=→=

−=≤≤


III‐29

Dari kanan :

• Gambar diagram gaya-gaya dalam :

Gambar 3.32 Diagram Gaya-Gaya Dalam Konstruksi Gerber Soal 4

kNmMmxkNmMmx

LxVaxPxVM

kNLmxkNLmx

VPVLmxm

ACCAx

CAX

.0)68.(34)38.(208.48.66)66.(34)36.(206.46

).().(.

.18342048.18342046

86

8

6

1

8

6

1

=−+−−=→=−=−+−−=→=

−+−−=

=+−=→==+−=→=

+−=≤≤

kNmMmxkNmMmx

xVM

kNLmxkNLmx

VLmx

Bx

BX

.363.123.00.120

.

.123.120

30

3

0

3

0

==→===→=

=

−=→=−=→=

−=≤≤

VB VS P1

P2

VC VA

+ +_ _

Bidang L 4

16

18

12

Bidang M

+12

36

+

-66

Materi Pertemuan v,VI,VII

Documents

Transcript of Materi Pertemuan v,VI,VII