STATIKA I TKS

5/10/2018 STATIKA I TKS - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/statika-i-tks 1/19

STATIKA I TKS – 161

Ketentuan dan StabilitasStatis Tertentu : r = 3 n dimana r = reaksi tumpuan/perletakan; n = jumlah bagian

batang/struktur

Statis Tak Tertentu (Ketidaktentuan Statis) : r > 3 nContoh :

Statis tertentu, karena r = 3; n = 1

Statis Tak Tertentu Derajat dua, karena r =5; n = 1 ; 5 > 3 ( 1)Tumpuan sebelah kiri adalah Jepit (fixed)

Balok di atas 2 buah perletakan sendi (engsel) A dan rol B, maka di A dapat berputar secara bebas, agar tidak menghasilkan momen, tyetapi hanya menghasilkan reaksigaya yang dapat diuraikan dalam dua komponen yaitu Av dan Ah.Di B harus menghasilkan satu gaya reaksi saja, tidak boleh lebih. Arahnya biasanyatetap, tertentu dan vertikal. Tumpuan B ini ditempatkan pada bidang datar tanpaadanya gesekan, dapat bergerak mendatar secara bebas.Syarat Keseimbangan :∑ Kx = 0 ; ∑Ky = 0 ; ∑MA =0 ; ∑MB = 0

Smooth pin Rollersatau rocker

BA



Perletakan rol B juga dapat diganti dengan batang ayun (pendel), yaitu batang yangkedua ujungnya bersendi. Dengan demikian arah gaya reaksinya selalu berimpitdengan sumbu batangnya.

Perletakan sendi A boleh juga diganti dengan 2 batang ayun sehingga balok boleh

diletakkan pada tiga batang ayun yang tidak kongkuren(bertitik pegang tunggal) atausejajar supaya tidak labil.

A

B



A

B

BA

S

C

a b

L0

P



Pada gambar ini buat titik potong S kedua batang pendel yang serong (A dan B).Secara analisa gaya P diuaraikan dalam komponen vertikal yang melalui S sebesar Vs dan yang melalui batang pendel C sebesar VcVs = P.b / L0; akan diimbangi oleh gaya batang A dan BVc = P.a / L0 , akan diimbangi oleh gaya batang C

0

3

2 O

P 1

Balok di atas 3 batang pendelAB = BC = a ; B//A; Sumbu batang A dan C berpotongan di I ; Sumbu batang B danC berpotongan di II.

I

II

A B 1 C D

u

A0 B0 α α C0



1 / 2 sin α

I (+)

(-)1 / 2 sin α

Garis Pengaruh B

(+) II

1 / 2 sin α (-)

1 / 2 sin αGaris Pengaruh A

1 / 2sin α 1 / 2 sinα

Garis Pengaruh C

1 (+) 1 / 2

(-)1/2

Garis Pengaruh Q1

Garis Pengaruh:Jika garis kerja P melalui I, maka B = 0; A = C = P / 2 sin αJika P melalui II maka A = 0; B = C = P / 2 sin α

Karena A dan B tidak akan mungkin berpotongan, maka C tidak akan nol.Garis Pengaruh gaya lintang Q1; maka selama P ada di kirinya 1, maka Q1 = -Vc =-1/2 P, lalu menjadi (-1/2P + P) = + ½ P setelah P di kanan 1Garis Pengaruh M1 :M1 = Vc . u = (P.1/2))u, selama P ada di kiri tampang, kemudian menjadi :M1 = P (1/2 u – x), jika P sejauh x di kanan titik 1. Jadi M1 = 0 di tengah2 antara 1dan C.Batang pendel A dan B serong serta sejajar satu sama lain, sedang C vertikal.Garis Pengaruh M1:

(-)

u/2



A 1C D

½ u (+) u / 2

M1 = Vc.u = (P.1/2)u, selama P ada di kiri tampang, kemudian menjadi : M1 = P(u/2 –x), jila P sejauh x di kanan titik 1. Jadi M1 = 0 di-tengah2 antara 1 dan C. Batang pendel A dan B serong serta sejajar satu sama lain, sedang C vertikal.

Balok ABC di tumpu oleh 3 batang pendel. Untuk penentuan besarnya gaya-gayareaksi, ditentukan dulu titik potongan garis kerja P dan Rc yaitu D dan juga titik

potongan RB dan RA yaitu S. Di titik D gaya P diuraikan menurut arah RC dan SD.Kemudian komponen menurut SD diuraikan menurut arah RA dan RB. Dengandemikian besar dan arah RA, RB dan RC didapat.

S

P

A B C

D

RB

RA

RC P

Contoh :1. Tentukan reaksi pendel secara analitis. E = titik tengah AB

P 2P

A B C

E S S

4 m

600 600

A’ D



6 m

Tg 300 = 0,577 = S/4 ; S = 2,31 m ; AB = 3,69 m ; AE = 1,845 m( (6-S)/2)

A P B 2P C

RBh RCh 2 30√3

RBv RCv 601

RBh =1/2 RB ; RBv = √3/2 RB∑Kh = 0 ; RBh = RCh∑MD = 0 ; RA.6 – P(1,845+2,31) = 0 ; RA = 0,693 P (↑)∑Kv = 0 ; RA –P-2P + RD = 0 ; RD = 3P -0,693P = 2,308 P(↑)RBv = RCv ; 2RBv = 2,308P ; RBv = 1,154 P ; RB = 2/√3(1,154P) = 1,333PBatang-batang AA’, BD dan CD menerima gaya tekan.

2. Carilah reaksi-reaksi tumpuannyaP=4t

600

∑MA=0A C B

-RB.5+Pv.2,5 = 0RB =(2,5/5)Pv=1/2. √3/2 P

= 0,433P = 1,732 t2,5 m 2,5 m(tekan)

∑Kh = 0 ; Rah – Ph = 0 ; Rah = Ph = P/2 = 2 t (→)∑Kv = 0 ; RAv –Pv +RB = 0 ; RAv = √3/2(4)-1,732 = 1,732 t (↑)

3. Tentukan reaksi-reaksi pendel AA’, CC’ dan BB’ secara analitis.

P 450 P

A C B√2 145

1600

A’ C’ B’

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



P

PhRA RCh RCv Pv 2 √3

60

1

Penyelesaian :a. ∑Kh = 0 ; RCh + Ph = 0 ; RCh = -P/√2(←)

RCv = RCh√3 = √3.P/√2=1/2P√6(↓) b. ∑MA = 0

-RB.10+RCv.5+P/√2 . 7,5 +P.2,5 = 0RB = 1/10(5/2P√6+P/√2.7,5+P.2,5) = 1,393 P(↑)

c. ∑Kv =0RA – P – RCv + RB – P/√2 = 0RA – P – 1/2P√6+1,393P – P/√2 = 0 ; RA = 1,539 P(↑)RC = √(RCh2 + RCv2) = 1,4142P

4.Berapa besarnya P dan Q, apabila MA = -3540 lbin; MB = -1860 lbin, dan gambar bidang Momen dan bidang Lintangnya.

P Qq=20 lb/in

A B C D

4in 4 in 5 in

MA MB P Q

Av

Penyelesaian :∑MA = 0 ; 20(8)4 +P8 +Q13-3540 = 0 ; 2900 = 8P + 13 Q..........................(1)∑MB = 0 ; 20(4)2 +P4 +Q9 – 1860 = 0 ; 1700 = 4P + 9Q............................(2)

(2)x2 ; 3400 = 8P + 18Q(1); 2900 = 8P + 13 Q -500 = 0 + 5 Q ; Q = 500/5 = 100 lb

(2) ; 1700 = 4P + 900 ; 800 = 4P ; P = 200 lb∑Kv = 0 ; Av – 20(8) – 200 – 100 = 0 ; Av = 160+200+100= 460 lb(↑)Mc = - Q (5) = 100x5 = -500 lbin.

3540 lbin

1860 lbinM

(-)500 lbin



A B C D

(+) 100 lb (100)

D 460 lb 200 lb

(300)

(460)5.Balok ABCD terjepit di B. Tentukan bidang lintang dan momen balok tersebut!

10 k E

3 k/ft

A C D B8 ft 3 2 3

3 k/ft 10 k Penyelesaian :

MD =20kftA – C :

1 2 3 +↑∑Fy = 0 ;3x -3-V = 0 ; V = -3 x k

M + ∑M1= 0 ; 3x(x/2)+M = 0V M = -1,5 x2 kft

x Berlaku utk : 0 < x < 8C – D : 8 < x < 11

24 k

M +↑∑Fy = 0 ; -24 – V = 0 ; V = -24 k x V + ∑M2 = 0 ; 24(x-4)+M = 0 ;

M = 96 -24 x kftx - 4

24 110k

20 M

Vx

x - 4



x -11D – B : 11 < x < 16V = -34 k M = 226 – 34 x kft

8 11 16x

D -24

-34

x

M -96- 148

-168

-3186. Carilah posisi dan besarnya momen lentur maksimum(terbesar) pada balok terjepitdi bawah ini.

40 kN 305kN/m

A B C D Penyelesaian :2m 8 m

80 16m Reaksi2:∑M di D = 040 80 30

MD

X Dv80

- -80(16+40(14)+80(8)+30(6) –MD = 0 ; MD = (560+640+180-1280) = 100 kNm∑Kv = 0 ; +↑Dv +80-40-80-30 = 0 ; Dv = 150 – 80 = 70 kN

Dx = +80 - 5x untuk 0<x<2 ; Dx = 0 ; 5x = 80 ; x = 16 m (tidak ok)2<x<10 :Dx = +80 – 5x-40 = 40 – 5 x ; Dx = 0 ; 5x = 40 ; x = 8m (OK), disini Mmax berada!!Mx = 80x -1/2(5)x2 -40(x-2) = 80x-5/2x2-40x+80 = 40x-2,5x2+80Mmax =40(8)-2,5(64)+80 = 240 kNm10<x<16 :Mx = 80x-5/2x2-40(x-2)-30(x-10) = 80x-5/2x2-40x+80-30x+300=-2,5x2+10x+380Mx=0 ; -5x2+20x+760 = 0 ; -x2+4x+152 = 0 ; x2 -4x-152 = 0

X1,2 =1/2(+4±√16+608) ; x1 = 14,49 m (OK) ; x2 = -10,49mMB = 80(2)-5(2)1 = 150 kNm

MC = 40(10)2,5(10)2+80 = 400-250+80 = 230 kNm



8 m 100kNm(-)

M(+)

150230kNm

24014,49 m

+80+70

(+) +30

D

-10 (-)-40

-70

7.Pada jarak berapakah tumpuan rol C dari ujung balok D, agar gaya lintang nol ditengah2 balok ABCD tersebut Panjang balok ABCD, L = 6 m

200 kg 1,5 kg / cmPenyelesaian:

A B C D Gaya Lintang,120 x Dx = RB -200-1,5z

600 cm = 0 ; pada z = 300 cm

Z RB-200-1,5(300) = 0RB =650 kg(↑)

∑Kv = 0 ; RB+RC -200-1,5(600)=0 ; RC = 1100-650 = 450 kg(↑)

Pada ujung-ujung balok selalu momen = 0∑MD = 0 ; -200(600)+650(600+120)-1,5(600)300 +450 x = 0;X = (120000 -650(480)+270000) /450 = 173,33 cm.Jadi jika rol C berada sejarak x = 173,33 cm , maka gaya lintang di- tengah2 balok = 0Mz = - 200z-1/2(1,5)z2+650(z-120) = -0,75 z2 _200z-78000 ; Mz = 0 ;0,75z2-450z+78000 = 0 ; z1,2 =1/1,5( 450±√-31500) = ∞, tidak ada momen = 0MB = -200(120)-1,5(120)60 = -34800 kgcmMomen ditengah balok, MT = -200(300)+650(180)-1,5(300)150)=-60000-67500+117000 = -10500 kgcm

270 kg 260 kg

T D



200 -19038034800 kgcm

22532,5 kgcm

(-) 10500M

8.Bila P = 20 kN dan beban merata trapezium 120kN, berapakah besar p dan q agar reaksi tumpuan di B dan D sama besarnya. Carilah letak titik balik (point of contraflexure), posisi dan besarnya momen maksimum.

P=20kN R=120 kN Penyelesaian :

p q Beban merataTrapesium = 120kN

A B C D = (p+q)12/2=(p+q) 6

12 m 12 m p+q = 20;q =20 - p

6 m z x

x/12(2p-20) p-(20-p) =2p-20

= 5

qx

∑MD = 0 ; RB(18)-20(24)-(20-p)12(6)-(2p-20)12/2(2/3)12 = 018 RB = 480+(20-p)72 +(2p-20)48 ...................(1)∑MB = 0 ; -RD(18)-20(6)+(20-p)12(12)+(2p-20)6{(1/3)12+6}=018RD = -120 +(20-p)144+(2p-20)60......................(2)

(1) = (2) ; 48 p = 600 ; p = 12,5 kN/m ; q = 20 -12,5 = 7,5 kN/m18 RB = 480 +7,5(72)+(25-20)48 ; RB = 70 kN(↑) = RDLetak titik balik, bila momen = 0 ;Mz = 70z-20(z+6) = 50z-120 ; Mz = 0 ; z = 120/50 = 2,4 m dari B

Mmax, bila Dx = 0 ; x dari titik D :Dx = 70 -7,5x – x/12(5)x/2 = 70 – 7,5 x.-5/24x2

Dx = 0 ; 5 x2+180x-1680 = 0 ; x2+36 x-336 = 0X1,2 = ½(-36±51,38) = 7,69 mMx = 70x-7,5x(x/2)-x/12(5)x/2(x/3)Mmax = 70(7,69)-7,5/2(7,69)2 – 5/72(7,69)3 = 538,3-221,76-31,58 = 284,96 kNmMC = -20(12)+70(6) = 180 kNm

+50

(+)

D (-) C



-20 (-)

-70120 kNm

M 7,69 m

(-)2,4m

(+)180

284,96 kNm

9. Tiga beban sumbu kendaraan 30, 60 dan 60 kN masing-masing ber- turut2melewati sebuah balok jembatan, bentang 40 m. Jarak antara sumbu adalah 5 dan 10m. Carilah momen lentur terbesar yang diakibatkan oleh rangkaian muatan tersebut

R 30 60 60kN

A B

T5 10 m

40 m a x

Penyelesaian :Mencari letak Resultante beban sumbu : R.x = 60(10)+30(15) =1050 ; R=150 kNx = 7 m, dari beban sumbu terakhir.a adalah jarak R terhadap beban sumbu kedua, yaitu 10 – 7 = 3m.Agar terjadi momen lentur terbesar, maka titik tengah bentang T harus terletak di-tengah2 a.RA = {(20-a/2) / L}R = (20-1,5)150 / 40 = 69,375 kNMmax = M2=RA(20-1,5) - 30(5) = 69,375 (18,5)-150 = 1133,44 kNm ( momen dititik beban sumbu kedua).

30 60 R 60

A B

5 T 20-1,5 = 18,5m

40-18,5 =21,5 m

Sebagai control : M1 = RA(20-6,5)= 69,375 (13,5)= 936,562 kNm < 1133,44(OK)

10. Bila rangkaian muatan roda ini masuk ke gelegar AB, berapa besar momen lentur maksimum di titik D (jarak 20 m dari ttitik A)

10 20 20 20 20



A BD 9 3 x 6 m

20m 30 m

Penyelesaian :

Misalkan R3 berada di D : La : Lb = 20 : 30 = 2 : 3Rasio muatan / bentang : 30 / 20 : 40 / 30 = 3/2 : 4/3 = 1,5 : 1,3 (mendekati)Misalkan R2 berada di D :Rasio muatan / bentang = 10/20 : 60/30 = ½ : 2 (terlalu jauh)Berarti beban roda 3 harus tepat di D, untuk menghasilkan momen lentur terbesar diD. Garis pengaruh MD :

10 20 20 20 20

y1y2 y3 y4 y5

20(30) / 50 = 12Menghitung panjang ordinat2 di bawah beban roda :y1 = (5/20)12 = 3 ; y2 = (14/20)12 = 8,4 ; y3 = 12 ; y4 = (30-6)(1/30)12 = 5,6 ; y5 =(30-12)(1/30)12 = 7,2MD = Piyi =10(3)+20(8,4+12+9,6+7,2) = 30+744 = 774 kNm

11. Bila rangkaian muatan tergambar melintasi gelegar AB dari B, berapa Momen

lentur maksimum yang terjadi dan dimana letaknya? Panjang bentang gelegar = 10 m

1 3 m 1 1

P1=5 t q = 2 t/m P2=5 t P3=5t

1 3 m 1 12t/m

P1 P2 P3

A T B

x m (10 – x) mPenyelesaian :Beban total muatan = 3(5)+2(3) = 21 t. q rata-rata = 21/10 = 2,1 t/m

Untuk bentang 5 m saja = 5 x 2,1 = 10,5 tIni berarti titik tengah bentang, T harus berada di antara beban terbagi rata dan P2.



Misalkan beban P2 berjarak x m dari A :∑MB = 0 ; Av(10)= P1(10-x+5)+Q(10-x+2,5)+P2(10-x)+P3(10-x-1) =

= 5(15-x) +6(12,5-x)+5(10-x)+5(9-x)=245 -21 x ; Av = 24,5 – 2,1 x

Mx = Av.x -5.5 – 6. 2,5 = 24,5x-2,1x2 - 40

Mmax bila , dMx/dx = 0; 24,5 – 4,2 x = 0 ; x = 5,833 mMmax = 24,5 (5,833) – 2,1(5,833)2 – 40 = 31,46 t mAnda dapat juga membagi muatan sbb.:q kiri : q kanan = 11/5 : 10/5 = 2,1 : 2 (perbadingan ini dekat sekali)

12. Rangkaian muatan seperti tergambar, melintasi gelegar AB dari B. Dimana letak muatan tersebut agar terjadi momen lentur maksimum di C pada gelegar tsb.Panjang

bentang gelegar 36 m6 t / m

2 t / m

15 m 6 m

A D C F E B

12 m 24 m

x 15 – x 6 14Penyelesaian :Misal D berjarak x m dari C. MC max bila q kiri = q kananqkiri = 2 x / 12 ; q kanan = {2(15-x)+6(6)}/24 = (30-2x+36)/24 = (33-x)/122x/12 = 33-x/12 ; 3x =33 ; x = 11 m∑MB = 0 ; Av(36)-30(20+7,5)-36(14+3) = 0 ; Av = (825+612)/36 = 39,92 t(↑)MC max = 39,92(12)-1/2(2(11)2 = 479,04-121 = 358,04 tmKontrol : Bv = 30+36 -39,92 = 26,08 t(↑)MC max = 26,08(24)-36(7)-8(2) = 625,92-252-16 = 357,92 tm (OK)13. Carilah momen lentur maksimum dan gaya lintang maksimum(pos/neg) pada titik

C akibat muatan merata tergambar melintasi bentang AB dari B. q merata = 2 t/mdengan panjang 6 m. Panjang AC = 6 m ; panjang CB = 18 mPenyelesaian :

A C B

6 m 18 m

x 6-x x 18 - x



ya yb

GP.MC

6(18)/24 = 4,5

6/24=1/4 12(-)

(+)G.P DC

(12/18)18/24 = 1/2¾ =18/24

Buat garis pengaruh MC dan garis pengaruh DC. Misal muatan (6-x) melewati CAgar terjadi Mc max; maka ordinat ya = ybya = (x/6) 4,5 ={ (18 – x)/18}4,5 ; x/6 =(18-x)/18 = 1 – x/18 ; x/6 + x/18 = 1;3x + x = 18 ; 4x = 18 ; x = 4,5 mya = 4,52/6 = 3,375Luas bidang pengaruh di bawah muatan : A = (3,375+4,5)1,5/2 +(3,375+4,5)4,5/2

= 7,875(0,75+(7,875)2,25=23,625 m2MC max = q(A) = 2(23,625) = 47,25 tm

DC(-)max = q A = 2 ((1/4x6/2) = 1,5 tDC(+)max = 2 (3/4+1/2)6/2 = 7,5 t

14. Suatu muatan tidak langsung q = 1 t/m, P1 = 2t dan P2 = 3 t seperti tergambar membebani balok AB. Tentukan bidang momen lentur dan lintang yang terjadi pada

balok AB tersebut.Beban P1 dan P2 berada di-tengah2 antar gelegar.1 t/m P1 P2

0 1 2 3 4 5 6A B

L = 6 x 2 mPenyelesaian :

Semua beban-beban didistribusikan ke masing2 gelegar di bawahnya sbb.:

k0 k1 k2 k3 k4 k5 k6k0 = 1(1) = 1 t

A B k1 =2(1) = 2 t k2 = 1(1) +1/2(2) = 2 t ; k3 = ½(2) = 1 t ; k4 = k5 = ½(3) = 1,5 t ; k6 = 0∑MB = 0 ; (RA – k0)12 – k1(10)-k2(8)-k3(6)-k4(4)-k5(2)=0RA=(1/12)(12+20+16+6+6+3) = 5,25 t (↑)RB = 9 – 5,25 = 3,75 t (↑)Gaya lintang :

DA = RA – 1= 4,25 t ; D1 kn = 4,25 – 2 =2,25 t ; D2kn = 2,25-2 = 0,25 tD3kn = 0,25-1 = - 0,75 t ; D4 kn = -0,75 – 1,5 = - 2,25 t ; D5 kn = -2,25-1,5 =-3,75t



4,25 t2,25

(+) 0,25D

-0,75 (-)

-2,25-3,75

Momen :M1 = 4,25(2) = 8,5 tm ‘ M2 = 4,25(4)-2(2) = 13 tm ; M3 = 4,25(6)-2(4)-2(2) = 13,5tm ; M4 = 3,75(4)-1,5(2) = 12 tm ; M5 = 3,75(2) = 7,5 tm

M (+) 7,5 tm8,5

1213

13,5

STATIKA I TKS

Documents

Transcript of STATIKA I TKS