Analisis Struktur: paket kilat

Lembar rumus, langkah-langkah metode utama untuk setiap topik, dan 10 soal latihan, dengan pembahasan lengkap di bagian belakang.

Soal baruKembali ke mata kuliah

Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.

1Rumus dan metode

Reaksi tumpuan balok

Kesetimbangan
ΣFx = 0, ΣFy = 0, ΣM = 0
Beban merata
resultan w·L di tengah beban
Momen
M = F·d

Metode

  1. Gambar diagram benda bebas dan ganti setiap tumpuan dengan reaksinya.
  2. Ganti setiap beban terbagi dengan satu gaya di titik beratnya.
  3. Ambil momen terhadap satu tumpuan untuk mencari reaksi di tumpuan lainnya.
  4. Gunakan ΣFy = 0 untuk mencari reaksi yang tersisa, dan periksa dengan persamaan momen kedua.

Gaya geser & momen lentur

Gaya geser dan momen
V = ΣF pada satu sisi, M = ΣF·d pada satu sisi
Tegangan lentur
σ = M·y/I
Persegi panjang
I = bh³/12
Modulus penampang
W = I/ymax
Tumpuan sederhana, beban merata
Mmax = wL²/8

Metode

  1. Cari reaksi tumpuan dari kesetimbangan seluruh balok.
  2. Potong balok di penampang yang Anda perlukan dan ambil satu sisi.
  3. Gaya geser: jumlah gaya vertikal pada sisi tersebut. Momen lentur: jumlah momennya terhadap potongan.
  4. Untuk momen maksimum, cari letak gaya geser sama dengan nol.

Rangka batang: metode titik buhul

Metode titik simpul
ΣFx = 0, ΣFy = 0 at each joint
Metode potongan
ΣM = 0 about a cut point
Gaya batang
positif = tarik, negatif = tekan

Metode

  1. Cari reaksi tumpuan untuk seluruh rangka batang.
  2. Metode titik simpul: mulai dari simpul dengan paling banyak dua gaya batang yang tidak diketahui dan gunakan ΣFx = 0 dan ΣFy = 0.
  3. Metode potongan: potong melalui batang yang Anda perlukan dan ambil momen terhadap titik pertemuan batang-batang lain yang tidak diketahui.
  4. Asumsikan tarik; jawaban negatif berarti tekan.

Lendutan balok

Beban terpusat di tengah bentang
δ = PL³/(48EI)
Beban merata, tumpuan sederhana
δ = 5wL⁴/(384EI)
Kantilever, beban di ujung
δ = PL³/(3EI)
Kantilever, beban merata
δ = wL⁴/(8EI)
Superposisi
δ = δ1 + δ2

Tekuk kolom

Beban Euler
Pcr = π²EI/(KL)²
Faktor panjang efektif
K = 1 sendi–sendi, 0,5 jepit–jepit, 0,7 jepit–sendi, 2 jepit–bebas
Tegangan kritis
σcr = Pcr/A
Kelangsingan
λ = KL/r, r = √(I/A)

2Soal latihan

1.Reaksi tumpuan balokSedang
P = 15 kNM = 30 kN·mABRB​ = ?0,5 m3,5 m1 m

Balok sederhana memiliki tumpuan sendi di A dan rol di B. Balok menahan beban terpusat P pada 0,5 m dari A dan kopel berlawanan arah jarum jam M pada 4 m dari A. Cari reaksi vertikal RB, dengan arah ke atas positif.

L = 5 mP = 15 kN di 0,5 mM = 30 kN·m (berlawanan arah jarum jam) di 4 m
RB = kN
2.Reaksi tumpuan balokSulit
w0​ = 12 kN/mP = 15 kNABMA​ = ?2 m2 m

Balok kantilever dijepit ke dinding di A. Balok menahan beban yang berubah linear, sebesar 12 kN/m di dinding dan turun sampai nol di ujung bebas B, ditambah beban terpusat P pada 2 m dari dinding. Cari besar momen reaksi MA di dinding.

L = 4 mw0 = 12 kN/mP = 15 kN di 2 m
MA = kN·m
3.Gaya geser & momen lenturSedang
w = 4 kN/mABpotongan2 m4 m

Cari gaya geser Vx pada potongan x = 2 m dari tumpuan A. Anggap positif momen yang membuat serat bawah tertarik dan gaya geser ke atas pada muka kiri.

L = 6 mw = 4 kN/m dari 0 sampai 6 mx = 2 m
Vx = kN
4.Gaya geser & momen lenturSulit
w = 8 kN/mP = 80 kNAB1 m5 m

Balok sederhana menahan beban merata w di seluruh bentang dan beban terpusat P. Cari momen lentur maksimum Mmax pada balok.

L = 6 mP = 80 kN di 1 mw = 8 kN/m dari 0 sampai 6 m
Mmax = kN·m
5.Rangka batang: metode titik buhulSedang
ABBCACACB25 kN6 m1 m2 m

Gunakan metode titik buhul untuk mencari gaya FBC pada batang BC. Nyatakan tarik positif dan tekan negatif.

bentang = 6 mtinggi = 2 mB berjarak 1 m dari Abeban vertikal = 25 kN
FBC = kN
6.Rangka batang: metode titik buhulSulit
ABCDEFGH35 kN15 kN30 kN15 kN15 kN4 × 3 m3 m

Tepat satu elemen rangka batang ini tidak membawa gaya pada beban-beban ini. Elemen mana yang merupakan elemen gaya-nol? Klik pada diagram.

B: 35 kN ↓F: 15 kN ↓G: 30 kN ↓H: 15 kN ↓H: 15 kN ←
  1. 1elemen AB
  2. 2elemen BC
  3. 3elemen CD
  4. 4elemen DE
  5. 5elemen FG
  6. 6elemen GH
  7. 7elemen AF
  8. 8elemen HE
  9. 9elemen BF
  10. 10elemen CG
  11. 11elemen DH
  12. 12elemen FC
  13. 13elemen HC
7.Lendutan balokSedang
w = 12 kN/mδL = 5 m

Balok sederhana menahan beban merata w di seluruh bentang. Cari lendutan maksimum δmax di tengah bentang.

w = 12 kN/mL = 5 mE = 200 GPa (baja)I = 36 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
8.Lendutan balokSulit
w = 4 kN/mδL = 2,5 m

Balok sederhana menahan beban merata w. Lendutannya tidak boleh melebihi bentang/360. Cari momen inersia terkecil Ireq yang memenuhi batas ini.

w = 4 kN/mL = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
9.Tekuk kolomSedang
PL = 2 m30 × 40 mmpenampang

Kolom sepanjang L dari aluminium dengan tumpuan sendi di kedua ujung. Dengan rumus Euler, cari beban tekuk kritisnya Pcr.

L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 30 × 40 mm
Pcr = kN
10.Tekuk kolomSulit
PL = 3 md = 60 mmpenampang

Kolom sepanjang L dari baja dengan tumpuan jepit di bawah dan sendi di atas. Cari kelangsingannya dan tegangan tekuk kritis σcr dari rumus Euler.

L = 3 mE = 200 GPa (baja)d = 60 mm
σcr = MPa

3Larutan

1.Reaksi tumpuan balok

Jawaban: RB = −4,5 kN

Kesetimbangan statis: benda yang diam memenuhi ΣFx = 0, ΣFy = 0, dan ΣM = 0 terhadap titik mana pun. Ganti setiap beban merata dengan resultannya (luasnya) yang bekerja di titik berat diagram beban, dan ambil momen terhadap satu tumpuan untuk menghilangkan reaksi tumpuan itu dari persamaan.

Momen terhadap A

Berlawanan arah jarum jam positif.

ΣMA = 0: RB·5 − 15·0,5 + 30 = 0
RB = −22,5/5 = −4,5 kN

Kesetimbangan vertikal

RA = 15 − (−4,5) = 19,5 kN

Jawaban

RB = −4,5 kN

Reaksi negatif bekerja ke bawah.

2.Reaksi tumpuan balok

Jawaban: MA = 62 kN·m

Kesetimbangan kantilever: tumpuan jepit dapat mendorong ke atas sekaligus menahan rotasi, jadi memberi reaksi vertikal RA dan momen reaksi MA. ΣFy = 0 memberi RA, dan momen terhadap dinding memberi MA = Σ(beban × jarak dari dinding). Beban merata bekerja sebagai resultannya di titik berat diagram beban.

Resultan beban segitiga

W = ½·12·4 = 24 kN
x̄ = L/3 = 1,333 m

Momen terhadap dinding

MA = W·x̄ + P·a = 24·1,333 + 15·2 = 62 kN·m

Jawaban

MA = 62 kN·m
3.Gaya geser & momen lentur

Jawaban: Vx = 4 kN

Metode potongan: potong balok di tempat gaya dalam yang ingin dicari dan ambil satu sisi. Gaya geser V mengimbangi gaya vertikal di sisi itu, dan momen lentur M mengimbangi momennya terhadap potongan.

Reaksi tumpuan

Kesetimbangan seluruh balok.

Resultan beban merata: W = w·ℓ = 4·6 = 24 kN, bekerja di x̄ = 3 m
ΣMA = 0: RB·6 = 4·6·3
RB = 72/6 = 12 kN
ΣFy = 0: RA = 24 − 12 = 12 kN
w = 4 kN/mABRA​ = 12RB​ = 12potongan2 m4 m

Potong di x = 2 m dan ambil bagian kiri

Hanya gaya di kiri potongan yang diperhitungkan. Bagian beban merata bekerja sebagai satu gaya di tengah bagian itu.

V = RA − (semua beban ke bawah di kiri potongan)
Vx = 12 − 4·2 = 4 kN

Jawaban

Vx = 4 kN
4.Gaya geser & momen lentur

Jawaban: Mmax = 87,11 kN·m

Metode potongan: potong balok di tempat gaya dalam yang ingin dicari dan ambil satu sisi. Gaya geser V mengimbangi gaya vertikal di sisi itu, dan momen lentur M mengimbangi momennya terhadap potongan. Momen maksimum: karena dM/dx = V, momen lentur mencapai puncaknya di tempat gaya geser melewati nol, baik di beban terpusat maupun di dalam beban merata.

Reaksi tumpuan

Kesetimbangan seluruh balok.

Resultan beban merata: W = w·ℓ = 8·6 = 48 kN, bekerja di x̄ = 3 m
ΣMA = 0: RB·6 = 80·1 + 8·6·3
RB = 224/6 = 37,33 kN
ΣFy = 0: RA = 128 − 37,33 = 90,67 kN

Di mana V = 0?

RA − P − w·x0 = 0 → x0 = (90,67 − 80)/8 = 1,333 m

Momen maksimum

Mmax = RA·x0 − P·(x0 − 1) − w·x0²/2 = 87,11 kN·m

Jawaban

Mmax = 87,11 kN·m

Terjadi di x = 1,333 m dari A.

5.Rangka batang: metode titik buhul

Jawaban: FBC = −11,22 kN

Metode titik buhul: setiap titik buhul rangka berada dalam kesetimbangan, jadi ΣFx = 0 dan ΣFy = 0 di setiap titik buhul. Mulai dari titik buhul dengan paling banyak dua gaya batang tak diketahui. Hasil negatif berarti batang mengalami tekan.

ABBCACACB25 kNAy​Cy​

Reaksi tumpuan

Kesetimbangan seluruh rangka. Momen terhadap A, positif berlawanan arah jarum jam.

ΣMA = 0: Cy·6 = 25·1 → Cy = 4,167 kN
ΣFy = 0: Ay = 25 − 4,167 = 20,83 kN

Titik buhul C

Rol hanya memberi reaksi vertikal, jadi titik buhul C hanya punya dua gaya batang tak diketahui. Anggap keduanya tarik.

sin γ = 2/5,385 = 0,3714, cos γ = 5/5,385 = 0,9285
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −4,167/0,3714 = −11,22 kN

Jawaban

FBC = −11,22 kN (tekan)
6.Rangka batang: metode titik buhul

Jawaban: elemen DH

Elemen gaya-nol: pada simpul, gaya-gaya harus seimbang ke segala arah. Jika simpul tidak memiliki beban dan tumpuan, dan dua dari tiga elemennya segaris, maka keseimbangan melintang garis itu hanya melibatkan elemen ketiga, sehingga gayanya nol. Jika hanya dua elemen bertemu di simpul tak berbeban dan keduanya tidak segaris, keduanya nol.

Simpul D

CD dan DE terletak pada satu garis lurus dan simpul tidak membawa beban. Menyeimbangkan gaya melintang garis itu hanya menyisakan DH.

ΣF⊥ = 0 → FDH = 0

Periksa dengan metode simpul

Menyelesaikan semua simpul memberikan gaya elemen berikut (T = tarik, C = tekan).

AB: 45 kN (T), BC: 45 kN (T), CD: 35 kN (T), DE: 35 kN (T), FG: 70 kN (C), GH: 70 kN (C), AF: 84,85 kN (C), HE: 49,5 kN (C), BF: 35 kN (T), CG: 30 kN (C), DH: 0, FC: 14,14 kN (T), HC: 28,28 kN (T)

Jawaban

Elemen gaya-nol: DH
7.Lendutan balok

Jawaban: δmax = 13,56 mm

Lendutan balok: lendutan diperoleh dengan mengintegrasikan kelengkungan M/(EI) dua kali. Kasus standar tersedia dalam tabel, misalnya PL³/(3EI) untuk kantilever dengan beban ujung dan 5wL⁴/(384EI) untuk balok sederhana dengan beban merata penuh. Lendutan akibat beban terpisah dijumlahkan (superposisi).

Satuan konsisten

Hitung dalam N dan mm: P dalam N, w dalam N/mm (kN/m = N/mm), L dalam mm, E dalam N/mm² (GPa × 1000), I dalam mm⁴.

w = 12 N/mm, L = 5000 mm
EI = 7,2 × 10¹² N·mm²

Lendutan

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·12·5000⁴/(384·7,2 × 10¹²) = 13,56 mm

Jawaban

δmax = 13,56 mm
8.Lendutan balok

Jawaban: Ireq = 4,185 × 10⁶ mm⁴

Lendutan balok: lendutan diperoleh dengan mengintegrasikan kelengkungan M/(EI) dua kali. Kasus standar tersedia dalam tabel, misalnya PL³/(3EI) untuk kantilever dengan beban ujung dan 5wL⁴/(384EI) untuk balok sederhana dengan beban merata penuh. Lendutan akibat beban terpisah dijumlahkan (superposisi).

Batas lendutan

δallow = L/360 = 2500/360 = 6,944 mm

Momen inersia yang diperlukan

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·4·2500⁴/(384·70000·6,944) = 4,185 × 10⁶ mm⁴
Ireq = 4,185 × 10⁶ mm⁴

Jawaban

Ireq = 4,185 × 10⁶ mm⁴
9.Tekuk kolom

Jawaban: Pcr = 15,54 kN

Tekuk Euler: kolom langsing menjadi tidak stabil pada Pcr = π²EI/(KL)², dengan KL panjang efektif: K = 1 untuk sendi–sendi, 2 untuk jepit–bebas, 0,7 untuk jepit–sendi, dan 0,5 untuk jepit–jepit. Kolom menekuk terhadap sumbu dengan I terkecil. Rumus berlaku untuk kolom langsing yang tegangan kritisnya tetap di bawah tegangan leleh.

Momen inersia terkecil

Persegi panjang menekuk terhadap sumbu lemahnya, dengan dimensi terkecil dipangkatkan tiga.

Imin = h·b³/12 = 40·30³/12 = 90000 mm⁴

Panjang efektif

KL = 1·2000 = 2000 mm

Beban kritis

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·90000/2000² = 15545 N = 15,54 kN

Jawaban

Pcr = 15,54 kN
10.Tekuk kolom

Jawaban: σcr = 100,7 MPa

Tekuk Euler: kolom langsing menjadi tidak stabil pada Pcr = π²EI/(KL)², dengan KL panjang efektif: K = 1 untuk sendi–sendi, 2 untuk jepit–bebas, 0,7 untuk jepit–sendi, dan 0,5 untuk jepit–jepit. Kolom menekuk terhadap sumbu dengan I terkecil. Rumus berlaku untuk kolom langsing yang tegangan kritisnya tetap di bawah tegangan leleh.

Momen inersia terkecil

Penampang bulat memiliki I yang sama terhadap setiap sumbu.

I = πd⁴/64 = π·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Jari-jari girasi dan kelangsingan

A = 2827 mm²
r = √(I/A) = √(636173/2827) = 15 mm
KL = 0,7·3000 = 2100 mm
KL/r = 2100/15 = 140

Tegangan kritis

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/140² = 100,7 MPa

Jawaban

σcr = 100,7 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis