Tugas Besar Setengah FIX

Tugas Besar MEKANIKA BAHAN

LEMBAR PERSETUJUAN

TUGAS BESAR MEKANIKA BAHAN

Yang bertanda tangan dibawah ini, Dosen Pembimbing tugas besar mekanika

bahan, menerima dan menyetujui tugas besar disusun oleh:

1. NAMA : Agus Faisal

NIM : 10 21 053

PRODI : Teknik sipil S-1

2. NAMA : Sanur Ramdan

NIM : 10 21 037

PRODI : Teknik sipil S-1

Telah menyelesaikan Laporan Praktikum Mekanika Bahan. Setelah diperiksa, maka

tugas ini dapat diterima dan disetujui dengan

NILAI :

Malang, .........................2011

Disetujui Oleh:

Dosen Pembimbing

RIPKIANTO,ST

NIP Y. . . . . . . . . . . .

10 21 053 Agus Faisal ( 1 )


KATA PENGANTAR

Dengan memanjatkan puja dan puji syukur kehadirat Allah SWT. Yang telah

memberikan rahmat, taufik serta hidayahnya sehingga saya dapat menyelesaikan tugas

besar Mekanika Bahan ini dengan baik dan tepat waktu.

Adapun tujuan dari penyusunan laporan tugas besar ini adalah untuk

digunakan sebagai persyaratan dalam menempuh mata kuliah Mekanika Bahan yang

terdapat di Institut Teknologi Nasional Malang.

Tak lepas dari berbagai hambatan, rintangan, dan kesulitan yang muncul,

namun berkat petunjuk dan bimbingan dari semua pihak yang telah membantu saya

dapat menyelesaikan laporan ini. Sehubungan dengan hal tersebut dalam kesempatan

ini saya menyampaikan rasa hormat dan terima kasih yang sebesar- besarnya kepada:

1. Kedua orang tua kami yang selalu memberikan support baik moril maupun materil

2. Dosen pengajar bapak Ripkianto,ST

3. Dosen pembimbing bapak Ripkianto,ST

4. Rekan – rekan yang telah membantu penyelesaian laporan ini

Dengan segala kerendahan hati kami menyadari bahwa dalam penyusunan

laporan ini masih jauh dari sempurna. Untuk itu kritik dan saran yang membangun

dari pembaca sangat di harapkan, akhir kata semoga laporan ini dapat bermanfaat bagi

pembaca.

Malang, juni 2011

Penyusun

10 21 053 Agus Faisal ( 2 )


DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR …………………………………...…………….

DAFTAR ISI …………………………………….……….

……………

BAB 1 PENDAHULUAN

1.1 Latar Belakang ………….

………………………………

1.2 Rumusn Masalah ………………………………………....

1.3 Tujuan …..

……………………………………………….

BAB 2 PEMBAHASAN

2.1 Arti gaya dan MEKANIKA BAHAN

…………………………………………

2.2 Sifat-sifat gaya

………………………………………………..

2.3 Penyusunan dan Penguraian Gaya .………………....…

2.4 Keseimbanagan Gaya …………….………………………...

BAB 3 SOAL – SOAL PERHITUNGAN MEKANIKA BAHAN

3.1 Soal 1a.a……………………………………………………….

3.2 Soal 1a.b………………………………………………………

3.3 Soal 1b ………………………………………………………

3.4 Soal 2a ………………………………………………………

3.5 Soal 2b ………………………………………………………

3.6 Soal 3 .……………………………………………………..

10 21 053 Agus Faisal ( 3 )

ii

iii

1

2

2

3

8

9

11

17

22

28

34

40

48


BAB I

PENDAHULUAN

1.1 Latar Belakang

Semua tentang Mekanika Bahan sangat berhubungan dengan teknik sipil,

karena didalamnya terkandung ilmu yang mempelajari tentang beban beban yang

bekerja di dalam suatu gedung bertingkat yang akan direncanakn oleh teknik sipil,

kuat tidak bahan-bahan yang di gunakan sebagai konstruksi bangunan, lendutan yang

terjadi pada bahan-bahan yang di gunakan, dan juga beban yang mampu di tahan oleh

bahan-bahan konstruksi tersebut.

Sebagai contoh sebuah perencanaan gedung bertingkat pasti ada perhitungan

pembuatanya agar gedung itu aman dan kokoh berdiri, maka diperlukan ilmu

Mekanika Bahan yang menghitung beban beban yang bekerja dalam gedung itu, dan

juga kuat tidaknya bahan yang digunakan kolom ataupun balok pada gedung tersebut.

Maka dari itu dibuatlah laporan ini untuk memehami apa itu mekanika bahan

dan sebagai referensi cara – cara perhitungan dalam mekanika bahan yang akan di

tunjukan dengan soal-soal mekanika bahan dan cara pengerjaanya.

10 21 053 Agus Faisal ( 1 )


1.2 Rumusan Masalah

Berdasarkan uraian latar belakang tersebut, dapat dirumuskan masalah sebagai

berikut:

1. Arti mekanika bahan.

2. Keseimbangan akibat gaya luar dan dalam.

3. Apa itu Tegangan ?.

4. Arti Momen Statis

5. Momen Inersia dan Titik berat benda

6. Lendutan

1.3 Tujuan

Tujuan penulisan makalah ini :

1. Untuk mengetahui konsep dasar Mekanika Bahan

2. Untuk memahami apa itu Mekanika Bahan

3. Untuk mengetahui bagaimana cara perhitungan dalam Mekanika Bahan.

10 21 053 Agus Faisal ( 2 )


BAB 2

PEMBAHASAN

1. MEKANIKA BAHAN

Mekanika adalah suatu ilmu yang mempelajari hubungan antara gaya

yang bekerja pada benda kaku. Dalam mekanika bahan ditekankan pada

kekuatan bahan yang berlawanan dengan mekanika. Kekuatan bahan

berkaitan dengan hubungan antara gaya luar yang bekerja dan pengaruhnya

terhadap gaya dalam benda. Dalam hal ini benda tidak lagi dikatakan kakuideal,

deformasi meskipun kecil tetap diperhitungkan. Sifat bahan suatu

struktur atau mesin mempengaruhi pemilihan dan ukuran yang memenuhi

kekuatan dan kekakuan. Perbedaan antara mekanika dengan kekuatan dapat diperlihatkan

pada gambar di atas. Jumlah momen terhadap titik penumpu

dapat menetapkan harga P untuk dapat mengungkit beban W tadi. Disini kita

menganggap batang cukup rigid dan kuat. Dalam kekuatan bahan, kita harus menyelidiki

dulu apakah batang tersebut tidak akan patah atau cukup ulet sehingga batang tersebut

tidak melengkung tanpa beban.

10 21 053 Agus Faisal ( 3 )

http://4.bp.blogspot.com/-NVbpho51hGU/TZofKlbtXxI/AAAAAAAAAls/UlwoW5-0LPk/s1600/dh.JPG


2. KESEIMBANGAN AKIBAT GAYA LUAR DAN DALAM

2.1 Gaya luar

Gaya luaraadalah gaya – gaya yang bekerja di luar konstruksi.

gaya – gaya luar dapat berupa

- Gaya vertical dan horizontal

- Momen lentur

- Momen puntir

2.2 Gaya dalam

Gaya dalama dalah gaya – gaya yang bekerjadi dalam konstruksi

Gaya – gayadalam dapat berupa

- Reaksi

- Momen

- Lintang

- Normal

Khusus untuk normal ada perjanjian tanda :

Normal tekan ( - ) negative

Normal tarik ( + ) positif

Normal dikatakan tekan apabila gaya dalam tersebut arahnya ketitik pertemuan.

Normal dikatakan tarik apabila gaya dalam tersebut arahnya keluar dari titik pertemuan.

10 21 053 Agus Faisal ( 4 )


3. TEGANGAN

Dalam mekanika bahan, pengertian tegangan tidak sama dengan vektor tegangan.

Tegangan merupakan tensor derajat dua, sedangkan vektor, vektor apapun, merupakan

tensor derajat satu. Besaran skalar merupakan tensor derajat nol. Tensor ialah besaran

fisik yang keadaannya pada suatu titik dalam ruang, tiga dimensi, dapat dideskripsikan

dengan 3n komponennya, dengan n ialah derajat tensor tersebut. Dengan demikian,

untuk persoalan tegangan tiga dimensi pada suatu titik dalam ruang dapat dideskripsikan

dengan 32 komponennya. Pada sistem koordinat sumbu silang, tegangan tersebut adalah

sxx , syy , szz , txy , tyx , txz , tzx , tyz , dan tzy seperti ditunjukkan pada Gambar

Namun demikian, karena txy = tyx , txz = tzx dan tyz = tzy , maka keadaan tegangan

tersebut dapat dinyatakan dengan enam komponennya, sxx , syy , szz , txy , txz , tyz.

Sedangkan untuk tegangan bidang, dua dimensi, pada suatu titik dapat dideskripsikan

dengan 22 komponennya, Gambar 1.1(b), dan karena tij = tji untuk maka tiga komponen

telah dapat mendeskripsikan tegangan bidang pada titik itu. Pada dasarnya, tegangan

secara garis besar dapat diklasifikasikan menjadi dua, yakni tegangan normal, dengan

notasi σN, serta tegangan geser dengan notasi τ

10 21 053 Agus Faisal ( 5 )


a. Tegangan Normal ( Normal Stress )

Jika gaya normal bekerja tepat pada titik berat penampang, maka di katakan bahwa gaya

normal tersebut bekerja sentris.

Balok AB dibebani gaya normal sentris N.

σN = NA

Dimana : A = Luas Penampang Balok

N = Gaya Normal

Tegangan Normal dibagi menjadi 2 yaitu :

1. Tegangan Tarik : tegangan yang di akibatkan oleh beban tarik atau beban yang

arahnya tegak lurus meninggalkan permukaan ( Luasan Permukaan suatu benda ).

2. Tegangan Tekan : tegangan yang di akibatkan oleh beban tekan atau beban yang

arahnya tegak lurus menuju permukaan ( luasan permukaan suatu benda ).

10 21 053 Agus Faisal ( 6 )


b. Tegangan Geser ( Shearing Stress )

Jika gaya sebesar F bekerja pada benda sejajar penampang, maka akan terjadi

stress geser. Gaya ini terbagi rata pada luas penampang, yaitu lapisan tanah bagian

atas akan tertarik ke kanan, sedangkan lapisan bawah tertarik ke kiri. Akibatnya,

setiap lapisan bahan bergerak relatif ke kanan terhadap lapisan yang di bawahnya

sehingga terjadi deformasi yang ditandai adanya perubahan dalam bangun (shape),

tetapi volume tetap. Jika gaya F ini dihilangkan, maka benda akan kembali ke

bentuk semula. Bahan ini dikatakan memiliki elastisitas geser atau rigiditas. Bentuk

balok berdeformasi menjadi bentuk balok dengan penampang tidak siku lagi, misal

berubah menjadi bentuk jajaranngenjang.

Pada bermacam-macam konstruksi sering dijumpai sambungan yang menggunakan

paku, paku keling, las, atau alat-alat sambung lainya. Sambungan tersebut akan

menghasilkan tegangan geser pada tampang paku yang berbatasan antara dua bagian

yang di sambung.

Sehingga tegangan geser pada baut :

τ = NA

= N

14. π .D 2

Irisan Tunggal Irisan ganda

Gambar sambungan dengan baut

Gambar 2.1

10 21 053 Agus Faisal ( 7 )

Dimana : τ = Tegangan geser

N = Gaya

A = Luas penampang baut/paku


4. MOMEN STATIS

Momen statis adalah suatu luasan terhadap salah satu sumbu adalah luas di kalikan

jarak titik berat luasan tersebut terhadap sumbu yang di tinjau.

Statis momen penampang adalah besaran yang menyatakan seberapa besar tingkat

statis suatu penampang terhadap suatu sumbu acuan atau titik acuan. Jika dA adalah

elemen luas dan r adalah panjang titik berat elemen luas tersebut ke suatu acuan (garis atau

titik), maka statis momen penampang dinyatakan dalam:

S = ∫ r dA

dalam analisis penampang, statis momen terbagi menjadi statis momen terhadap sumbu X:

Sx = ∫ y dA

dan statis momen terhadap sumbu Y:

Sy = ∫ x dA

Statis momen berguna untuk menentukan titik berat suatu penampang (atau suatu volume

tertentu). Titik berat terhadap sumbu Y adalah

Xo = (ΣSy)/A

dan titik berat terhadap sumbu X adalah

Yo = (ΣSx)/A

A adalah luas penampang.

Dalam mekanika teknik, statis momen digunakan untuk menghitung tegangan geser pada

suatu penampang,

τ = VS/(I t)

Dimana :

τ = tegangan geser

V = gaya lintang

S = statis momen

I = momen inersia

t = tebal profil

10 21 053 Agus Faisal ( 8 )


5. MOMEN INERSIA DAN TITIK BERAT

5.1 Definisi momen inersia

Momen inersia (Satuan SI : kg m2) adalah ukuran kelembaman suatu benda untuk

berotasi terhadap porosnya. Besaran ini adalah analog rotasi dari pada massa. Momen

inersia berperan dalam dinamika rotasi seperti massa dalam dinamika dasar, dan

menentukan hubungan antara momentum sudut dan kecepatan sudut, momen gaya dan

percepatan sudut, dan beberapa besaran lain.

Momen Inersia terhadap x :

Ix = ∫ y2 da

Momen Inersia terhadap y :

Ix = ∫ x2 da

5.2 Definisi titik berat

Titik berat adalah merupakan tempat (titik pusat) dari gaya berat suatu garis,

bidang datar atau benda akibat grafitasi bumi. Titik berat sebuh garis lurus serba sama

(homogen) terletak ditengahtengahnya. Sebagai pengganti gaya bulat sebuah garis materi

serba sama ialah panjang garis itu.

Sumbu simetri / sumbu utama

Sumbu x maupun sumbu y membagi

penempang ssama besar

Sumbu x dan sumbu y→ Sumbu simetri

Sumbu x dan sumbu y juga disebut sumbu

utama karena Ixy=0

Pada penampang ini Sb x dan Sb y bkan

sumbu utama karena Ixy≠0

Sumbu x’ & y’ → Sb Utama

10 21 053 Agus Faisal ( 9 )


5.3 Menurunkan rumus ( Ix, Iy )

AF = x ‘ = OE + EC di dapat :

OE = OB Cos θ = x Cos θ x’ = x cos θ + y sin θ

EC = BD = AB Sin θ =y Sin θ y’ = y cos θ – x sin θ ……. ( a )

AF = x ‘ = x Cos θ + y Sin θ

Ix'=∫A

❑

y '2dA=∫ ¿¿¿¿

¿cos2θ∫ y2dA+sin2θ∫ x2dA−2sin θ cos θ∫ xy dA

Ix'=Ix cos2θ+ Iy sin2θ−Ixy sin 2θ ……… ( b )

Iy'=∫ x '2dA=∫(x¿¿cos2+ y sin2)2dA ¿¿

¿cos2θ∫ x2dAθ+sin2θ∫ y2dA+2 sinθ cosθ∫ xy dA

Iy'=Iy cos2θ+ Ix sin2θ−Ixy sin 2θ ………. ( c )

Ix'+ Iy'=Ix(cos2θ+sin2θ)+ Iy(cos2θ+sin2θ)

Ix'+ Iy'=Ix+ Iy

Ix ' y '=∫ x ' y ' dA=∫(x¿¿cosθ+ y sin θ)( y cosθ+x sinθ ¿¿ )dA ¿¿¿

¿cos2θ∫ xy dA−sinθcosθ∫ x2dA+sinθcosθ∫ y2dA−¿ sin2θ∫ xy dA ¿

10 21 053 Agus Faisal ( 10 )

Rumus Rotasi

Coordinat A terhadap Sb x.y Adalah (x,y)

Coordinat A terhadap Sb x’y’ Adalah

(x’,y’)

AC = y ’, AF = x’

AC = AD - CD

AD = AB Cos θ = y Cos θ

CD = EB = OB Sin θ =x Sin θ

AC = y ‘ y Cos θ – x sin θ …. (1)


¿ Ixy (cos2θ−sin2θ )+ 12( Ix−Iy )sin 2θ

Ix' y '=Ixy cos 2θ+ 12(Ix−Iy)sin 2θ …….. ( d )

Syarat sumbu utama ∫ x ' y '=0

0=Ixy cos2θ+¿ 12(Ix−Iy)sin 2θ ¿

tg 2θ= 2 IxyIx−Iy

………. ( e )

Sin 2θ = tg 2θ

√1+tg2 2θDari persamaan a dan b di dapatkan :

1) Ix’ + Iy’ = Ix + Iy. Kalau dikurangkan

2) Ix’ – Iy’ = Ix (Cos2θ – Sin2θ) + Iy (Sin2θ – Cos2θ) – 2 Ixy Sin 2θ

= Ix Cos 2θ – Iy Cos 2θ – 2 Ixy Sin 2θ

1) + 2) 2Ix’ = Ix + Iy + (Ix – Iy) Cos 2θ – 2Ixy Sin 2θ

Ix’ = 12

( Ix + Iy ) + 12

(Ix – Iy) Cos 2θ – Ixy Sin 2θ

= 12

( Ix + Iy ) + 12

(Ix – Iy) 1

√1+tg2 2θ – Ixy.

tg 2θ

√1+tg2 2θ

tg 2θ = 2 IxyIy−Ix

………. ( e )

Ix’ = 12

( Ix + Iy ) + 12

( Ix – Iy ) 1

√1+ 4 I x2 y¿¿ ¿¿

= 12

( Ix + Iy ) - 12

¿¿ - 2 I2 xy

√¿¿¿

= 12

( Ix + Iy ) + 1

√¿¿¿ ( -

12

¿ - 2 I2xy)

= 12

( Ix + Iy ) + 1

√¿¿¿ ( - ¿¿ )

= 12

( Ix + Iy ) - 12

√¿¿

= 12

( Ix + Iy ) - √ 14

¿¿

1¿−2¿ Dan dihitung seperti diatas akan mendapatkan

10 21 053 Agus Faisal ( 11 )


Iy’ = 12

( Ix + Iy ) - √ 14

¿¿

Dan ini menjadi :

I max = 12

( Ix + Iy ) + √¿¿

I min = 12

( Ix + Iy ) – √¿¿ Tg 2θ = 2 IxyIy−Ix

6. LENDUTAN

6.1 Pengertian Lendutan

Dalam merencanakan sebatang balok akan melibatkan tegangan dan lendutan, hal ini

dapat dilihat dari sebatang balok yang ditumpu di atas dua perletakan menahan momen M

di kedua ujungnya. Seperti gambar di bawah, maka balok tersebut akan melendut

sekaligus menimbulkan tegangan.

6.2 Penurunan Rumus Lendutan

6.2.1 Metode Integral Ganda ( Double Integral )

Dalam uraian tentang akibat momen lentur di dapatkan :

1ρ

= ME. I

10 21 053 Agus Faisal ( 12 )

Dimana : ρ = Jari-Jari Kelengkungan Bidang Netral

M = Momen Lentur Murni

E = Modulus keelastisitasan

I = Momen inersia


Rumus di atas akan kita andaikan tetap berlaku bagi balok yang menderita momen

lentur tidak murni.

Dalam bangunan nyata, umumnya kelengkungan yang terjadi kecil sekali

sehingga untuk penyederhanaan kita buat pendekataan sebagai berikut :

Dan

ds

∅

≈

≈

Dx

tg ∅ = dy/dx

Sehingga menjadi :

1ρ =

d2 ydx2

M (x)E I Z

= d2 ydx2

Untuk balok yang tipis, papan misalnya, pendekatan di atas tidak akan kita

lakukan karena akan cukup jauh menyimpang dari kenyataan, maka kita tulis sebagai

berikut :

1ρ = (

d [arc tg( d ydx )]dx

) ( dxds )

1ρ = (

d2 ydx2

1+(dy /dx)2

) ( 1

√1+¿¿¿ )

M (x)E I Z

= d2 ydx2

¿¿

Pada umumnya untuk balok Gerder rumus persamaan yang di gunakan :

δ = ∬(−MX )EI

10 21 053 Agus Faisal ( 13 )

Dimana : MX = Persamaan momen dititik X

EI = angka kekakuan lendutan (kg cm2)

δ = lendutan ( cm, mm )


Untuk angka kekakuan lendutan ( EI ) didapatkan dai Elastisitas Benda ( E ) dan

Momen inersia ( I ).

EI = E . I

Didalam Integral pasti di dapatkan harga konstan C, sedangkan Integral ganda akan di

dapatkan C1 dan C2 .

Contoh :

Hasil dari integral ganda dari persamaan M = X2 + 2

M’ = ∬ X2+2

= ∫ 13

X3 + 2X + C

= 14

X4 + X2 + C1 + C2

Di dalam perhitungan balok gerder dibutuhkan nilai C1 dan C2, untuk mendapatkan

nilai C1 dan C2 di gunakan persamaan dari 2 titik tumpuan balok tersebut.

6.2.2 Metode Momen Luas ( Moment Area )

Asumsi yang digunakan dalam metode momen area adalah luasan dari kurva

bidang Momen, untuk memudahkan perhitungan luasan bidang momen tersebut maka

bidang tersebut di bagi menjadi beberapa bagian per titik membentuk bidang yang

yang dapat di hitung luasanya. Sperti pada gambar di bawah ini.

6.2.3 Metode Conjugate Beam

Untuk metode Conjugate Beam hampir sama dengan metode Momen Area,

sama-sama menggunakan luasan dari kurva bidang momen. Tapi bedanya untuk

conjugate beam perhitungan kurva momen yang digunakan adalah momen dari tiap-

tiap batang atau batang dari tumpuan satu ke tumpuan sebelahanya.

TABEL MOMEN INERSIA

10 21 053 Agus Faisal ( 14 )

Dimana : E = Elatisitas benda ( kg/cm2 )

I = Momen Inersia ( cm4 )


No Gambar Penampang LuasLokasi Grs

Netral IX, IY, IXY

1

b . h c = ½ h

IX = 1

12 b h3

IY = 1

12 b3 h

IXY = 0

2

½ . b .h c = 13

h

IX = 1

36 b h3

IY = 1

36 b3 h

IXY = 0

3

½ h ( a+b ) c =

h3 (a+2b

a+b

)

IX = 1

36 h3 (

a2+4 ab+b2

a+b)

IY = 1

48h (a+b)(a2+b2¿

IXY = 0

4

π r2 c = r

IX = IY = 14

π r4

IXY = 0

5

π a. b c = b

IY = 14

π a b3

IY = 14

π a3 b

IXY = 0

10 21 053 Agus Faisal ( 15 )


6

a2 c = a

√2

IX = IY = 1

12 a4

IXY = 0

7 2. π .r.t c = r + t / 2

IX = IY = π . t r3

IXY = 0

8

½ π r2 c =

4 r3π

IY = 0,11 r3

IY = 18

π r4

IXY = 0

9

¼ π r2 c = 4 r3π

IX = IY = 0,0549 r4

IXY = -0,0164 r4

10

½ b h c = h3

IY = 1

36 b h3

IY = 1

36 b3 h

IXY = - 1

72 b2 h2

10 21 053 Agus Faisal ( 16 )


BAB III

SOAL – SOAL

Soal 1

Diketahui soal dan data seperti pada gambar di bawah ini :

Perhitungan reaksi momen, gaya lintang, gambar bidang momen (M) dan gaya lintang (D) !

Potonganpenampang :

Pertanyaan :

1. Hitunglah dan gambar letak garis netral penampang dengan :

10 21 053 Agus Faisal ( 17 )

Data-data sebagai berikut :

Modulus elastisitas bahan E = 2,1 x 106 kg/cm2


a. Cara Grafis

b. Cara analitis

2. Hitung momen inersia( Imax dan Imin ) dan letakan lokasi sumbu utama (α ) secara grafis

dan analitis.

3. Hitung dan gambar inti ( kern ) penampang tersebut.

4. Hitung dan gambar tegangan lentur (σ ) dan tegangan geser (τ ) pada saat serat tepi atas

dan bawah di semua titik.

5. Hitung lendutan yang terjadi dengan metode :

a. Double Integral

b. Momen Area

c. Conjugate Beam

Jawaban :

∑MA = 0

-P1( 1,25 ) + P2( 2 ) + P3( 4 ) + P4 sin 35o( 7 )+0,5q ( 9 )2

-RVB ( 9 ) + P5( 11 )

-3,5(1,25) + 1,5(2) + 3(4) + 1,5sin 35o( 7 )+0,5(2) ( 9 )2

-RVB ( 9 ) + 2( 11 )

RVB

=

=

=

0

0

13,294 t

∑MB = 0

-P1 (10,25)- P2( 7 )- P3( 5 )- P4 sin 35o( 2 )-0,5q ( 9 )2

+RVA ( 9 ) + P5( 2 )

-3,5(10,25)–1,5( 7 )-3(5)–1,5 sin 35o( 2 )-0,5(2) ( 9 )2

+RVA ( 9 ) + 2( 2 )

RVA

=

=

=

0

0

15,566 t

∑V = 0

(RVA + RVB) – (q1 ( 9) + P1 + P2 +P3 +P4 sin 35o + P5 )

(15,566 + 13,294) – (2( 9) + 3,5 + 1,5 + 3 + P4 sin 35o + 2 )

28,86 – 28,86

=

=

=

0

0

0 … (ok)

Gaya Lintang ( D )

( Dari kiri )

DC = 0 t

DD1= DC = 0t

DD2 = DD1– P1 = - 3,500 t

10 21 053 Agus Faisal ( 18 )


DA1 = DD2= - 3,500 t

DA2 = DA1+RVA = - 3,5+ 15,566 = 12,066 t

DE1 = DA2 – q ( 2 ) = 12,066 – 4 = 8,066 t

DE2 = DE1–P2 = 8,066 – 1,5 = 6,566 t

DF1 = DE2– q ( 2 ) = 6,56 –4 = 2,566 t

DF2 = DF1–P3 = 2,566– 3 = - 0,434 t

DG1 = DF2–q ( 3 ) = - 0,434–6 = - 6,434 t

DG2 = DG1–P4sin 35O = - 6,434 –1,5 sin 35O =- 7,294 t

DB1 = DG2– q ( 2 ) = - 7,294 –4 =- 11,294 t

DB2 = DB1 + RVB=- 11,294 +13,294 = 2,000t

DH1 = DB2 =2,000 t

DH2 = DH1– P5 = 2 - 2 = 0 t

( Dari kanan )

DH1= 0 t

DH2= P5 = 2,000 t

DB1 = DH2= 2,000 t

DB2 = DB1 – RVB= 2 - 13,294 = - 11,294 t

DG1 = DB2+ q ( 2 ) = - 11,294 + 4 = - 7,294 t

DG2 = DG1+P4 sin 35O = 7,294 – 1,5 sin 35O = - 6,434 t

DF1 = DG2+q ( 3 ) = - 6,434+ 6 = - 0,434 t

DF2 = DF1+P3 = - 0,434+ 3 = 2,566 t

DE1 = DF2+q ( 2 ) = 2,566+4 = 6,566 t

DE2 = DE1+P2 = 6,566+1,5 = 8,066 t

DA1 = DE2+q ( 2 ) = 8,066+ 4 =12,066 t

DA2 = DA1– RVA = 12,066 –15,566 =- 3,500 t

DD1 = DA2= - 3,500 t

DD2 = DD1 + P1 = - 3,5 +3,5 = 0 t

DC = DD2 = 0 t

Momen ( M )

( Dari Kiri )

MC = 0 t m

MD = 0 t m

MA =– P1(1,25) = - 4,375 t m

ME = – P1(3,25)+RVA(2) – 0,5 (q) (2)2 = 15,758 t m

10 21 053 Agus Faisal ( 19 )


MF = – P1 (5,25)+ RVA (4) – 0,5 (q) (4)2 – P2 (2) = 24,889 t m

MG = – P1 (8,25)+ RVA (7) – 0,5 (q) (7)2 – P2 (5) – P3 (3) = 14,588 t m

MB = – P1 (10,25)+ RVA (9) – 0,5 (q) (9)2 – P2 (7) – P3 (5)

= – P4 sin 35o( 2 ) = 4,000t m

MH = – P1 (12,25)+ RVA (11) – (q) (9) (6,5) – P2 (9) – P3 (7)

= – P4 sin 35o( 4 ) = 0 t m

( Dari Kanan )

MH = 0 t m

MB= P5 (2) = 4,000 t m

MG = P5 (4) – RVB (2) + 0,5 q (2)2= - 14,588 t m

MF = P5 (7) – RVB (5) + 0,5 q (5)2 + P4 sin 35o( 3 ) = - 24,889 t m

ME = – P1 (5,25)+ RVA (4) – 0,5 (q) (4)2 – P2 (2) = 24,889 t m

MA = – P1 (8,25)+ RVA (7) – 0,5 (q) (7)2 – P2 (5) – P3 (3) = 14,588 t m

MD = – P1 (10,25)+ RVA (9) – 0,5 (q) (9)2 – P2 (7) – P3 (5)

= – P4 sin 35o( 2 ) = 4,000 t m

MC = – P1 (12,25)+ RVA (11) – (q) (9) (6,5) – P2 (9) – P3 (7)

= – P4 sin 35o( 4 ) = 0 t m

Gaya Normal ( N )

N = – P4 cos 35o = - 1,229 t m

10 21 053 Agus Faisal ( 20 )


Gambar

10 21 053 Agus Faisal ( 21 )


1. Letakgarisnetralpenampangsecaragrafisdananalitis

a. Cara Grafis

10 21 053 Agus Faisal ( 22 )


x = 48,13 cm

y = 29,38 cm

b. Cara Analitis

Menentukan titik berat

Bagian Luas ( cm2 )

KoordinatA . X1 A . Y1 x ̅dan y ̅

X1 Y1

I 400 50 65 20000 26000 x = 7700 / 1600= 48,125y= 47000 / 1600= 29,375

II 500 65 35 32500 17500III 700 35 5 24500 3500

TOTAL 1600 77000 47000

2. momen Inersia ( Imax danImin ) dan letakan lokasi sumbu utama ( x ) secara grafis

dan analitis

1. Cara Grafis

10 21 053 Agus Faisal ( 23 )


2. Cara Analitis

Menentukan Ix danIy

Bag.Koordinat

A . X² A . y² A.x.yTerhadap sumbu sendiri

x ( cm ) y ( cm ) Ixo Iyo

I 1.875 35.625 1406.25 507656.25 26718.75 3333.333 53333.333

II 16.875 5.625 142382.81 15820.31 47460.94 104166.67 4166.667

III -13.125 -24.375 120585.94 415898.44 223945.31 5833.333 285833.333

∑ 264375 939375 298125 113333.33 343333.333

IX = ∑ IXO + ∑ AY2

= 113333,33 + 939375 = 1052708.333 cm4

IY = ∑ IYO + ∑ AX2

= 343333.333 + 264375 = 607708.333 cm4

IXY = ∑ IXOYO + ∑ AXY

= 0 + 298125 = 298125cm4

IMAX = 0,5 ( IX + IY ) + √(0,5 (I Y−I X))2+ I 2

XY

= 0,5 (1052708.333 + 607708.333 )

+ √(0,5 (607708.333−1052708.333))2+2981252❑

= 1202209,362 cm4

IMIN = 0,5 ( IX + IY ) - √(0,5 (I Y−I X))2+ I 2

XY

= 0,5 (1052708.333 + 607708.333 )

10 21 053 Agus Faisal ( 24 )


- √(0,5 (607708.333−1052708.333))2+2981252❑

= 458207,304 cm4

Tg 2 θ = 2 IXYI Y−¿ IX

¿

= 2X 298125

607708.333−1052708.333

= - 1,339

2θ = 53,26O

θ = 26,63O

3. Inti kern penampang secara gafis dan analitis

iX2 = I X∑L

iX2 = 1052708,333

1600

iX2 = 657,943 cm2

iX = 25,65 cm2

Koordinat Inti ( kern )

Pada C – C

Y = 40,625 cm

10 21 053 Agus Faisal ( 25 )

iY2 = I Y∑L

iY2 = 607708.333

1600

iY2 = 379,818 cm2

iY = 19,489 cm2


eY = −iX

2

Y = −657,943

40,625 = - 16,196 cm

TitikC : ( 0 ; - 16,196 )

Pada A – A

Y = - 29,375 cm

eY = −iX

2

Y = −657,943

29,375 = 22,398 cm

Titik A : ( 0 ; 22,398 )

Pada B – B

X = - 48,625 cm

eX = −iY

2

X = −379,818

−48,625 = 7,791 cm

Titik B : (7,791 ; 0 )

Pada D – D

X = 29,375 cm

eX = −iY

2

X = −379,818

29,375 = - 12,929cm

Titik D : (- 12,929 ; 0 )

Pada E – E

( - 18,125 ; 40,625 ) , ( - 48,125 ; - 19,375 )

Y−Y 1

Y 2−Y 1

= X−X1

X2−X 1

Y−40,625−19,375−40,625

= X−(−18,125)

−48,125−(−18,125)

- 30y + 1218,75 = - 60x– 1087,5

- 30y + 21,25x = - 2306,25

10 21 053 Agus Faisal ( 26 )

- 30(0) + 21,25x

x

=

=

- 2306,25

- 108,529 cm


Bila y = 0

Bila x = 0

eX = −iY

2

X = −379,818

−108,529 = 3,5cm

eY = −iX

2

Y = −657,943

76,875 = - 8,557cm

TitikE : ( 3,5; - 12,306 )

4. Tegangan Lentur ( σ ) dan tegangan geser ( τ ) pada serat tepi atas dan bawah di

semua titik

DI TITIK ( A )

MA = - 4,375 t m = - 4,375 x 105 kg cm

DA = 12,066 t = 12066 kg

N = - 1,23 t = - 1230 kg

IX = 1052708,333 cm4

A = 1600 cm2

TEGANGAN LENTUR ( σ )

σ = −M A .Y

IX

PadaSerat A

YA = 40,625

σA = −(−4,375)x 105 . 40,625

1052708.333

= 16,235 kg/cm2

PadaSerat B

YB = 30,625

σB = −(−4,375 ) x105 .30,625

1052708.333

PadaSerat C

YC = - 19,375

σC = −(−4,375)x 105 .(−19,375)

1052708.333

= - 8,052 kg/cm2

PadaSerat D

YD = - 29,375

σD = −(−4,375)x 105 .(−29,375)

1052708.333

10 21 053 Agus Faisal ( 27 )

- 30y + 21,25(0)

y

=

=

- 2306,25

76,875 cm


= 12,727 kg/cm2 = - 12,208 kg/cm2

TEGANGAN GESER ( σ )

τ = DA . S

b . I X

Pada Serat A

S = 0 makaτA= 0 kg/cm2

Pada Serat B ( atas )

S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 40

τB = 12066 .14250

40 .1052708,333❑ = 4,083kg/cm2

PadaSerat B ( bawah )

S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 10

τB = 12066 .14250

10 .1052708,333❑ = 16,333kg/cm2

Pada Serat GN ( garis netral )

S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )

= 18939,453 cm3

b = 10

τGN = 12066 .18939,45310 .1052708,333❑

= 21,708kg/cm2

Pada Serat C ( atas )

S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 10

τC = 12066 .17062,5

10 .1052708,333❑ = 19,557kg/cm2

10 21 053 Agus Faisal ( 28 )


Pada Serat C ( bawah )

S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 70

τC = 12066 .17062,5

70 .1052708,333❑ = 2,794kg/cm2

Pada Serat D

S = 0 makaτD = 0 kg/cm2

TEGANGAN NORMAL ( σN )

σN = NA

σN = −12301600

= 0,769 kg/cm2

Gambar Di Titik A

DI TITIK ( E )

ME = 15,758 t m = 15,758 x 105 kg cm

10 21 053 Agus Faisal ( 29 )


DE = 8,066 t = 8066 kg

IX = 1052708,333 cm4

A = 1600 cm2


σ = −M A .Y

IX

PadaSerat A

YA = 40,625

σA = −(15,758) x105 .40,625

1052708.333

= - 60,812 kg/cm2

PadaSerat B

YB = 30,625

σB = −(15,758 ) x 105 .30,625

1052708.333

= - 45,843 kg/cm2

PadaSerat C

YC = - 19,375

σC = −(15,758) x105 .(−19,375)

1052708.333

= 29,002 kg/cm2

PadaSerat D

YD = - 29,375

σD = −(15,758) x105 .(−29,375)

1052708.333

= 43,971 kg/cm2


τ= DE . S

b . I X

PadaSerat A


PadaSerat B ( atas )

S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 40

τB = 8066 .14250

40 .1052708,333❑= 2,729kg/cm2


S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 10

10 21 053 Agus Faisal ( 30 )


τB = 8066 .14250

10 .1052708,333❑= 10,918kg/cm2

PadaSerat GN ( garisnetral )

S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )

= 18939,453 cm3

b = 10

τGN = 8066 .18939,453

10 .1052708,333❑= 14,512kg/cm2

PadaSerat C ( atas )

S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 10

τC = 8066 .17062,5

10 .1052708,333❑= 13,074kg/cm2

PadaSerat C ( bawah )

S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 70

τC = 8066 .17062,5

70 .1052708,333❑= 1,868kg/cm2

PadaSerat D

S = 0 makaτD= 0 kg/cm2


σN = NA

σN = −12301600

= 0,769 kg/cm2

Gambar Di Titik E

10 21 053 Agus Faisal ( 31 )


DI TITIK ( F )

MF = 24,889 t m = 24,889 x 105 kg cm

DF = 2,566 t = 2566 kg

IX = 1052708,333 cm4

A = 1600 cm2


σ = −MF . Y

IX

PadaSerat A

YA = 40,625

σA = −24,889 x105 .40,625

1052708.333

= - 96,049 kg/cm2

PadaSerat B

YB = 30,625

σB = −24,889 x105 .30,625

1052708.333

= - 72,406 kg/cm2

PadaSerat C

YC = - 19,375

σC = −24,889 x105 .(−19,375)

1052708.333

= 45,808 kg/cm2

PadaSerat D

YD = - 29,375

σD = −24,889 x105 .(−29,375)

1052708.333

= 69,450 kg/cm2


τ= DF . S

b . I X

PadaSerat A



S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

10 21 053 Agus Faisal ( 32 )


b = 40

τB = 2566 .14250

40 .1052708,333❑= 0,868 kg/cm2


S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 10

τB = 2566 .14250

10 .1052708,333❑= 3,473 kg/cm2


S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )

= 18939,453 cm3

b = 10

τGN = 2566 .18939,45310 .1052708,333❑

= 4,617 kg/cm2


S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 10

τC = 2566 .17062,5

10 .1052708,333❑= 4,159kg/cm2


S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 70

τC = 2566 .17062,5

70 .1052708,333❑= 0,594 kg/cm2

PadaSerat D



σN = NA

σN = −12301600

= 0,769 kg/cm2

10 21 053 Agus Faisal ( 33 )


Gambar Di Titik F

DI TITIK ( G )

MG = 14,588 t m = 14,588 x 105 kg cm

DG = - 6,434 t = - 6434 kg

IX = 1052708,333 cm4

A = 1600 cm2


σ = −MG .Y

IX

PadaSerat A

YA = 40,625

σA = −14,588x 105 .40,625

1052708.333

= - 56,296 kg/cm2

PadaSerat B

PadaSerat C

YB = - 19,375

σA = −14,588x 105 .(−19,375)

1052708.333

= 26,849 kg/cm2

PadaSerat D

10 21 053 Agus Faisal ( 34 )


YB = 30,625

σA = −14,588x 105 .30,625

1052708.333

= - 42,439 kg/cm2

YB = - 29,375

σA = −14,588x 105 .(−29,375)

1052708.333

= 40,707 kg/cm2


τ= DG . S

b . I X

PadaSerat A



S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 40

τB = −6434 .14250

40 .1052708,333❑= - 2,177kg/cm2


S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 10

τB = −6434 .14250

10 .1052708,333❑= - 8,709kg/cm2


S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )

= 18939,453 cm3

b = 10

τGN = −6434 .18939,45310 .1052708,333❑

= - 11,576kg/cm2


S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 10

τC = −6434 .17062,5

10 .1052708,333❑= - 10,428kg/cm2

10 21 053 Agus Faisal ( 35 )



S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 70

τC = −6434 .17062,5

70 .1052708,333❑= - 1,490kg/cm2

PadaSerat D



σN = NA

σN = −12301600

= 0,769 kg/cm2

Gambar Di Titik G

DI TITIK ( B )

MG = - 4 t m = - 4 x 105 kg cm

DG = 2 t = 2000 kg

10 21 053 Agus Faisal ( 36 )


IX = 1052708,333 cm4

Iy = 607708.333 cm4

A = 1600 cm2


σ = −MG .Y

IX

PadaSerat A

YA = 40,625

σA = −(−4) x105 .40,625

1052708.333

= 15,436 kg/cm2

PadaSerat B

YB = 30,625

σA = −(−4) x105 .30,625

1052708.333

= 11,637 kg/cm2

PadaSerat C

YB = - 19,375

σA = −(−4) x105 .(−19,375)

1052708.333

= - 7,362 kg/cm2

PadaSerat D

YB = - 29,375

σA = −(−4) x105 .(−29,375)

1052708.333

= - 11,162 kg/cm2


τ= DG . S

b . I X

PadaSerat A



S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 40

τB = 2000 .14250

40 .1052708,333❑= 0,677kg/cm2


S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )

= 14250 cm3

b = 10

τB = 2000 .14250

10 .1052708,333❑= 2,707kg/cm2

10 21 053 Agus Faisal ( 37 )



S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )

= 18939,453 cm3

b = 10

τGN = 2000.18939,453

10 .1052708,333❑= 3,598kg/cm2


S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 10

τC = 2000 .17062,5

10 .1052708,333❑= 3,242kg/cm2


S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )

= 17062,5 cm3

b = 70

τC = 2000 .17062,5

70 .1052708,333❑= 0,463kg/cm2

PadaSerat D



σN = NA

σN = −12301600

= 0,769 kg/cm2

Gambar Di Titik F

10 21 053 Agus Faisal ( 38 )


5. Lendutan yang terjadi

a. DOUBLE INTEGRAL

IX = 1052708,333 cm4

E = 2,1 X 106 kg/cm2

EI = E . I

= 2210687499000 kg cm2

PersamaanMomen

MX = - P1(x - 1,25)+RVA (x – 2,5)–P2 (x – 4,5)–P3 (x – 6,5) -P4 sin 35O (x – 9,5)

10 21 053 Agus Faisal ( 39 )


– 0,5 . q (x-2,5)2 + 0,5 . q (x - 11,5)2 + RVB (x – 11,5)

= -3,5(x - 1,25) + RVA (x – 2,5) – 1,5(x – 4,5) – 3 (x – 6,5) – 0,86 (x – 9,5)

– 1 (x - 2,5)2 + 1 (x - 11,5)2 + RVB (x – 11,5)

EIY = ∬(−M X)

= ∬3,5 ( x−1,25 )−RVA (x –2,5 )+1,5 (x – 4,5 )+3(x –6,5)+¿

0,86 (x – 9,5) + 1 (x - 2,5)2 - 1 (x - 11,5)2 - RVB (x – 11,5)

= 1,75

3(x−1,25)

3

−RA

6( x−2,5)3+0,25(x−4,5)3+0,5 (x−6,5)3 +

0,433

(x−9,5)3

+ 112

(x−2,5)4

− 112

(x−11,5)4 −RB

6( x−11,5)

3

+C1 x+C2

Menghitung C1dan C2

YA = 0 X = 2,5 m

YA = 1,75

3(x−1,25)

3

+C1 x+C2= 0

2,5 C1 + C2 = - 1,139 ………. ( 1 )

YB = 0 X = 11,5 m

YB = 1,75

3(x−1,25)

3

−RA

6( x−2,5)3+0,25(x−4,5)3+0,5 (x−6,5)3+

0,43

3(x−9,5)

3

+ 112

(x−2,5)4

+C1 x+C2 = 0

11,5 C1 + C2 = 566,936 ………. ( 2 )

Dari persamaan 1 dan 2 didapat

Lendutan ( δ )

δC x = 0 m

EI . δC = C2

δC = C2 / EI = (- 158,938 x 109 ) /2210687499000 = - 0,0779 cm

δD x = 1,25 m

10 21 053 Agus Faisal ( 40 )

2,5 C1 + C2

11,5 C1 + C2

- 9 C1

C1

=

=

=

=

- 1,139

566,936

- 568,075

63,1 19 t m3

2,5 ( 63,119 ) + C2

C2

=

=

- 1,139

- 158,938 t m3


EI . δD = C1x + C2

EI . δD = 63,1 22 ( 1,25 ) + (- 158,944 )

= - 0,0372 cm

δA = 0 cm ( beradapadatumpuan )

δE x = 4,5 m

EI . δE = 1,75

3(x−1,25)

3

−RA

6( x−2,5)3+ 1

12(x−2,5)

4

+¿C1x + C2

EI . δE = 125,7079479 x 109

δE = 0,0599 cm

δF x = 6,5 m

EI . δ F = 1,75

3(x−1,25)

3

−RA

6( x−2,5)3+ 1

12(x−2,5)

4

+0,25 (x−4,5)3+¿C1x+ C2

EI . δ F = 193,0530253 x 109

δ F = 0,0773 cm

δG x = 9,5 m

EI . δG =1,75

3( x−1,25 )

3

−RA

6( x−2,5 )3+ 1

12( x−2,5 )

4

+0,25 ( x−4,5 )3

+0,5 (x−6,5)3+¿C1x + C2

EI . δG = 123,2318964 x 109

δG = 0,0597 cm

δB = 0 cm ( beradapadatumpuan )

δH x = 13,5 m

EI . δH = 1,75

3(x−1,25)

3

−RA

6( x−2,5)3+0,25(x−4,5)3+0,5 (x−6,5)3 +

0,433

(x−9,5)3

+ 112

(x−2,5)4

− 112

(x−11,5)4 −RB

6( x−11,5)

3

+C1 x+C2

EI . δH = - 123,6277035 x 109

δH = - 0,0618 cm

10 21 053 Agus Faisal ( 41 )


b. MOMEN AREA

IX = 1052708,333 cm4

E = 2,1 X 106 kg/cm2

EI = E . I

= 2210687499000 kg cm2

Mencari XA

MX = - P1 ( X + 1,25 ) + RVA X – 0,5 .q (X)2

= - 3,5X – 4,375 + 15,566X – X2

= – X2 + 12,066X – 4,375

Rumus ABC

X1,X2 = −b±√b2−4 ac2a

= −12,066±√12,0662−4 (−1 )(−4,375)

2(−1)

X1 = 0,374 m ( yang dipakai )

X2 = 11,692 m

Mencari XB

MX = P5 ( X + 2 ) – RVB X – 0,5 .q (X)2

= 2X + 4 – 13,294 X – X2

= X2 - 11,294X + 4

Rumus ABC

X1,X2 = −b±√b2−4 ac2a

= −(−11,294 )±√(−11,294)2−4 (1 )(4)

2(−1)

X1 = 0,336 m ( yang dipakai )

X2 = 10,928 m

GambarpembagianluaspadaMomen

10 21 053 Agus Faisal ( 42 )


LuasBidang

LI = 12

. A . T

= 12

. 1,25 . 4,375 = 2,734 t m2

LII = 13

. A . T

= 13

. 0,374 . 4,375 = 0,545 t m2

LIII = 23

. A . T

= 23

. 1,626 . 15,757 = 2,734 t m2

LIV =A . T

10 21 053 Agus Faisal ( 43 )


= 2 .15,757 = 31,514 t m2

LV = 23

. A . T

= 23

. 2 .( 24,889 – 15,757 ) = 12,177 t m2

LVI = A . T

= 3 . 14,588 = 43,765 t m2

LVII = 23

. A . T

= 23

. 3 .( 24,889 – 14,588 ) = 20,603 t m2

LVIII = 23

. A . T

= 23

. 1,634 . 14,588 = 19,451 t m2

LIX = 13

. A . T

= 13

. 0,366 . 4 = 0,488 t m2

LX = 12

. A . T

= 12

. 2 . 4 = 4 t m2

∑MB = 0

LII ( 34

.0,374 + 8,626 ) –LIII( 38

.1,626 + 7 ) - LIV( 12

.2 + 5 )- LV( 38

.2 + 5 ) -

LVI( 12

. 3 + 2 ) – LVII( 58

.3 + 2 ) - LVIII( 58

.1,634 + 0,366 ) + LIX( 58

.0,366 ) + RVA 9 = 0

9 RVA = 644,1526

RVA = 71,573 t m2

∑MA = 0

- LII ( 14

.0,374 ) + LIII( 58

.1,626 + 0,374 ) + LIV( 12

.2 + 2 )+ LV( 58

. 2 + 2 ) +

LVI( 12

. 3 + 4 ) + LVII( 38

.3 + 4 ) + LVIII( 38

.1,634 + 7 ) - LIX( 58

.0,366+8,634 ) – RVB 9 =

0

10 21 053 Agus Faisal ( 44 )


9 RVB = 647,861

RVB = 71,985 t m2

Lendutan ( δ )

EI δC = - RVA ( 2,5 ) + LI ( 23

.1,25 + 1,25 )

EI δC = - 173,2354558 x 109

δC = - 0,0784 cm

EI δD = - RVA ( 1,25 ) + LI ( 23

.1,25 )

EI δD = - 87,18731122 x 109

δD = - 0,0394 cm


EI δE = RVA ( 2 ) + LII ( 34

.0,374 + 1,626 ) -LIII ( 38

. 1,626 )

EI δE = 133,7705125 x 109

δE = 0,0605 cm

EI δ F = RVA ( 4 ) + LII ( 34

.0,374 + 3,626 ) - LIII ( 38

.1,626 + 2 ) - LIV (12.4 )

- LV( 38

. 2 )

EI δ F = 171,6838251 x 109

δF = 0,0776 cm

EI δG = - RVB ( 2 ) + LVIII ( 38

. 1,634 ) - LIX ( 34

. 0,366 + 1,626 )

EI δG = - 132,9778189 x 109

δG = - 0,0602 cm

δB = 0 cm ( beradapadatumpuan )

EI δH = - RVB ( 2 ) + LX ( 23

. 2 )

EI δH = - 138,6357154x 109

10 21 053 Agus Faisal ( 45 )


δH = - 0,0627 cm

c. CONJUGATE BEAM

IX = 1052708,333 cm4

E = 2,1 X 106 kg/cm2

EI = E . I

= 2210687499000 kg cm2

PengaruhBatang A-B

∑MA = 0

P2( 2 ) + P3( 4 ) + P4 sin 35o( 7 )+0,5q ( 9 )2– RVB ( 9 )

1,5(2) + 3(4) + 1,5sin 35o( 7 )+0,5(2) ( 9 )2– RVB ( 9 )

RVB

=

=

=

0

0

11,3358 t

∑MB = 0

- P2( 7 )- P3( 5 )- P4 sin 35o( 2 )-0,5q ( 9 )2+ RVA ( 9 )

- 1,5(2)-3(5)-1,5sin 35o( 2 )-0,5(2) ( 9 )2+ RVA ( 9 )

RVA

=

=

=

0

0

12,0245 t

∑V = 0

( RVA + RVB) – (q1 ( 9) + P2 +P3 + P4 sin 35o )

(12,0245+11,3358 ) – (2( 9)+ 1,5 + 3 + P4 sin 35o)

23,36 – 23,36

=

=

=

0

0

0 … (ok)

Momen ( M )

MA = 0 t m

ME= RA ( 2 ) – q (2) (1)= 20,049 t m

10 21 053 Agus Faisal ( 46 )


MF= RA ( 4 ) – q (4) (2) – P2 (2) = 29,098 t m

MG= RA ( 7 ) – q (7) (3,5) – P2 (5) – P3 (3)= 18,672 t m

MB= RA ( 9 ) – q (9) (4,5) – P2 (7) – P3 (5) -P4 sin 35o(2) = 0 t m

PengaruhBatang C-A

∑MB = 0

- P1( 10,25 )+ RVA ( 9 )

- 3,5( 10,25 ) + 9 RVA

RVA

=

=

=

0

0

3,986 t

Momen ( M )

MD = 0 t m

MA= - P1 ( 1,25 ) = - 4,375 t m

ME= - P1 ( 3,25 ) + RVA ( 2 ) = - 3,403 t m

MF= - P1 ( 5,25 ) + RVA ( 4 ) = - 2,431 t m

MG= - P1 ( 8,25 ) + RVA ( 7 ) = - 0,973 t m

MB= - P1 ( 10,25 ) + RVA ( 9 ) = 0 t m

10 21 053 Agus Faisal ( 47 )


PengaruhBatang B-H

∑MA = 0

P1( 11 )- RVB ( 9 )

RVB

=

=

0

2,444 t

Momen ( M )

MA = - P1 ( 11 )+RVB ( 9 ) = 0 t m

ME = - P1 ( 9 ) + RVB ( 7 ) = - 0,892 t m

MF = - P1 ( 7 ) + RVB ( 5 ) = - 1,780 t m

MG = - P1 ( 4 ) + RVB ( 2 ) = - 3,112 t m

MB = - P1 ( 2 ) = - 4 t m

MH = 0 t m

10 21 053 Agus Faisal ( 48 )


GAMBAR MOMEN KESELURUHAN

LuasBidang

LI = 12

. A . T

= 12

. 1,25 . 4,375 = 2,734 t m2

LII = 12

. A . T

= 12

. 9 . 4,375 = 19,687 t m2

LIII = 23

. A . T

10 21 053 Agus Faisal ( 49 )


= 23

. 2 .20,049 = 26,732 t m2

LIV =A . T

= 2 .20,049 = 40,098 t m2

LV = 23

. A . T

= 23

. 2 .( 29,098 – 20,049 ) = 12,065 t m2

LVI = A . T

= 3 .18,672 = 56,016 t m2

LVII = 23

. A . T

= 23

. 3 . (29,098 – 18,672 ) = 20,852 t m2

LVIII = 23

. A . T

= 23

. 2 .18,672 = 24,896 t m2

LIX = 12

. A . T

= 12

. 9 . 4 = 18 t m2

LX = 12

. A . T

= 12

. 2 . 4 = 4 t m2

∑MB = 0

LII ( 23

. 9 ) – LIII( 38

. 2 + 7 ) - LIV( 12

.2 + 5 )- LV( 38

.2 + 5 ) -

LVI( 12

. 3 + 2 ) – LVII( 58

.3 + 2 ) - LVIII( 58

. 2 ) + LIX( 13

. 9 ) + RVA 9 = 0

9 RVA = 652,990

RVA = 72,050 t m2

∑MA = 0

- LII ( 13

. 9 ) + LIII( 58

. 2 ) + LIV( 12

.2 + 2 )+ LV( 58

. 2 + 2 ) +

10 21 053 Agus Faisal ( 50 )


LVI( 12

. 3 + 4 ) + LVII( 38

.3 + 4 ) + LVIII( 38

. 2 + 7 ) - LIX( 23

. 9 ) – RVB 9 = 0

9 RVB = 633,757

RVB = 71,417 t m2

Lendutan ( δ )

EI δC = - RVA ( 2,5 ) + LI ( 23

.1,25 + 1,25 )

EI δC = - 173,49291667 x 109

δC = - 0,0785 cm

EI δD = - RVA ( 1,25 ) + LI ( 23

.1,25 )

EI δD = - 87,78416667 x 109

δD = - 0,0396 cm


EI δE = RVA(2)+2(12

) (4,375-3,403).(23

. 2)+3,403 (2) (1) - LIII ( 38

. 2)+2.( 12

. 4,375 ).(

13

. 2)

EI δE = 135,0696667 x 109

δE = 0,0611 cm

EI δ F = RVA ( 4 ) + 4 ( 12

. 4,375 ).(23

. 4) +4 ( 12

. 1,78 ).(13

. 4) + 2,431 . 4 . 2

- LIII( 38

. 2+2 ) - LIV ( 1 ) - LV ( 38

. 2 )

EI δ F = 171,6838251 x 109

δF = 0,0777 cm

EI δG = - RVB ( 2 ) + LVIII ( 38

. 2 ) - 2 ( 12

. 0,888 ).(23

. 2) - 2( 12

. 0,973 ).(13

. 2)-3,112

(2)

EI δG = 132,9778189 x 109

δG = 0,0602 cm

δB = 0 cm ( berada pada tumpuan )

EI δH = - RVB ( 2 ) + LX ( 23

. 2 )

EI δH = - 138,6357154 x 109

10 21 053 Agus Faisal ( 51 )


δH = - 0,0627 cm

LENDUTAN TANG TERJADI DENGAN 3 METODE

Lendutan Di Titik

Metode Metode Metode

Double Integral Momen Area Conjugate Beam

( mm ) ( mm ) ( mm )

C -0,779 -0,784 -0,785

D -0,372 -0,394 -0,395

A 0,000 0,000 0,000

E 0,599 0,605 0,605

F 0,773 0,777 0,777

G 0,597 0,602 0,602

B 0,000 0,000 0,000

H -0,618 -0,627 -0,627

10 21 053 Agus Faisal ( 52 )

Tugas Besar Setengah FIX

Documents

Transcript of Tugas Besar Setengah FIX