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
w = 6 kN/mP = 10 kNABMA​ = ?4 m

Balok kantilever dijepit ke dinding di A. Balok menahan beban merata w di sepanjang batang dan beban terpusat P pada 4 m dari dinding. Cari besar momen reaksi MA di dinding.

L = 4 mP = 10 kN di 4 mw = 6 kN/m dari 0 sampai 4 m
MA = kN·m
2.Reaksi tumpuan balokSulit
P = 35 kNQ = 15 kNADCMA​ = ?5 m1 m2 m2 m

Sebuah balok majemuk dijepit ke dinding di A, memiliki sendi dalam di C (6 m dari A), dan bertumpu pada rol di D (10 m dari A). Balok menahan beban terpusat P pada 8 m dari A dan beban terpusat Q pada 5 m dari A. Cari besar momen reaksi MA di dinding.

AC = 6 mAD = 10 mP = 35 kN di 8 mQ = 15 kN di 5 m
MA = kN·m
3.Gaya geser & momen lenturSedang
15 kN/m55 kNABCDEFG2 m2 m2 m2 m2 m2 m

Tanda A sampai G membagi balok menjadi enam bagian yang sama. Pada tanda mana momen lenturnya terbesar dalam ukuran, positif atau negatif? Klik pada diagram.

55 kN @ 6 m15 kN/m, 2–10 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 2 m)
  3. 3C (x = 4 m)
  4. 4D (x = 6 m)
  5. 5E (x = 8 m)
  6. 6F (x = 10 m)
  7. 7G (x = 12 m)
4.Gaya geser & momen lenturSulit
w = 10 kN/mABC5 m2,5 m

Balok bertumpu pada sendi di A dan rol di B, dan menjorok (overstek) sejauh 2,5 m melewati B hingga ujung bebas C. Beban merata w bekerja di sepanjang A–C. Cari momen lentur positif maksimum Mmax di antara tumpuan.

L = 7,5 mw = 10 kN/m dari 0 sampai 7,5 mtumpuan di x = 0 dan x = 5 m
Mmax = kN·m
5.Rangka batang: metode titik buhulSedang
ABCDEFGH40 kN35 kN10 kN10 kN4 × 4 m4 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: 40 kN ↓C: 35 kN ↓D: 10 kN ↓H: 10 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
6.Rangka batang: metode titik buhulSulit
ABCDEFGH10 kN10 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: 10 kN ↓F: 10 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 BG
  13. 13elemen DG
7.Lendutan balokSedang
w = 15 kN/mABθ6 m

Balok sederhana menahan beban merata w di seluruh bentang. Cari kemiringan θA balok di tumpuan A, dalam radian.

w = 15 kN/mL = 6 mE = 200 GPa (baja)I = 23 × 10⁶ mm⁴
θA = rad
8.Lendutan balokSulit
w = 4 kN/mδL = 4 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 = 4 mE = 200 GPa (baja)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
9.Tekuk kolomSedang
PL = 1,5 m20 × 80 mmpenampang

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

L = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 20 × 80 mm
Pcr = kN
10.Tekuk kolomSulit
P = 130 kNL = 1,5 md = ?penampang

Kolom bulat pejal sepanjang L dari baja dengan tumpuan sendi di kedua ujung. Kolom harus menahan 130 kN dengan faktor keamanan 3 terhadap tekuk. Cari diameter terkecil d.

P = 130 kNn = 3L = 1,5 mE = 200 GPa (baja)
d = mm

3Larutan

1.Reaksi tumpuan balok

Jawaban: MA = 88 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 merata

W = 6·4 = 24 kN, x̄ = 2 m

Momen terhadap dinding

MA = P·a + W·x̄ = 10·4 + 24·2 = 88 kN·m

Jawaban

MA = 88 kN·m
2.Reaksi tumpuan balok

Jawaban: MA = 180 kN·m

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. Sendi dalam tidak dapat menahan momen lentur, sehingga memberi satu persamaan tambahan: momen terhadap sendi dari gaya-gaya di salah satu sisi sama dengan nol.

Bagian CD

Sendi tidak memiliki momen, jadi momen terhadap C pada CD saja harus seimbang.

ΣMC = 0: RD·4 = 35·2
RD = 17,5 kN
VC = 35 − 17,5 = 17,5 kN

Bagian AC

Gaya sendi VC bekerja ke bawah pada AC (sama besar dan berlawanan arah dengan aksinya pada CD).

RA = 15 + 17,5 = 32,5 kN
MA = 15·5 + 17,5·6 = 180 kN·m

Jawaban

MA = 180 kN·m
3.Gaya geser & momen lentur

Jawaban: D (x = 6 m)

Momen lentur terbesar: kemiringan M berubah di mana pun gaya geser berubah, sehingga puncaknya berada di tempat gaya geser memotong nol: di bawah beban terpusat, di dalam beban merata, atau di atas tumpuan pada balok dengan kantilever. Pada tumpuan jepit kantilever momen terbesar berada di dinding. Bandingkan besar M pada tempat-tempat itu, positif (sagging) atau negatif (hogging).

Reaksi tumpuan

Ambil momen terhadap satu tumpuan, lalu pakai keseimbangan gaya vertikal.

R1 = 87,5 kN, R2 = 87,5 kN

Momen lentur pada setiap tanda

Jumlahkan momen semua gaya pada satu sisi potongan. Positif (sagging) adalah positif, negatif (hogging) adalah negatif.

MA = 0, MB = 175, MC = 320, MD = 405 kN·m, ME = 320, MF = 175, MG = 0

Jawaban

Tanda D: MD = 405 kN·m
4.Gaya geser & momen lentur

Jawaban: Mmax = 17,58 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, termasuk beban pada overstek.

Resultan beban merata: W = w·ℓ = 10·7,5 = 75 kN, bekerja di x̄ = 3,75 m
ΣMA = 0: RB·5 = 10·7,5·3,75
RB = 281,3/5 = 56,25 kN
ΣFy = 0: RA = 75 − 56,25 = 18,75 kN

Gaya geser nol

RA − w·x0 = 0 → x0 = 18,75/10 = 1,875 m

Momen positif maksimum

Mmax = RA·x0 − w·x0²/2 = RA²/(2w) = 18,75²/(2·10) = 17,58 kN·m

Jawaban

Mmax = 17,58 kN·m
5.Rangka batang: metode titik buhul

Jawaban: elemen CG

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 G

FG dan GH terletak pada satu garis lurus dan simpul tidak membawa beban. Menyeimbangkan gaya melintang garis itu hanya menyisakan CG.

ΣF⊥ = 0 → FCG = 0

Periksa dengan metode simpul

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

AB: 52,5 kN (T), BC: 52,5 kN (T), CD: 42,5 kN (T), DE: 42,5 kN (T), FG: 65 kN (C), GH: 65 kN (C), AF: 74,25 kN (C), HE: 60,1 kN (C), BF: 40 kN (T), CG: 0, DH: 10 kN (T), FC: 17,68 kN (T), HC: 31,82 kN (T)

Jawaban

Elemen gaya-nol: CG
6.Rangka batang: metode titik buhul

Jawaban: elemen CG

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 C

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

ΣF⊥ = 0 → FCG = 0

Periksa dengan metode simpul

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

AB: 3,75 kN (T), BC: 2,5 kN (T), CD: 2,5 kN (T), DE: 1,25 kN (T), FG: 18,75 kN (C), GH: 16,25 kN (C), AF: 26,52 kN (C), HE: 1,768 kN (C), BF: 8,75 kN (T), CG: 0, DH: 1,25 kN (T), BG: 1,768 kN (T), DG: 1,768 kN (C)

Jawaban

Elemen gaya-nol: CG
7.Lendutan balok

Jawaban: θA = 0,02935 rad

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). Kemiringan θ = dv/dx adalah integral pertama dari M/(EI); dengan satuan yang konsisten hasilnya dalam radian.

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 = 15 N/mm, L = 6000 mm
EI = 4,6 × 10¹² N·mm²

Kemiringan ujung

θA = wL³/(24EI) = 15·6000³/(24·4,6 × 10¹²) = 0,02935 rad

Jawaban

θA = 0,02935 rad

Itu sama dengan 1,682°.

8.Lendutan balok

Jawaban: Ireq = 6 × 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 = 4000/360 = 11,11 mm

Momen inersia yang diperlukan

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·4·4000⁴/(384·200000·11,11) = 6 × 10⁶ mm⁴
Ireq = 6 × 10⁶ mm⁴

Jawaban

Ireq = 6 × 10⁶ mm⁴
9.Tekuk kolom

Jawaban: Pcr = 16,38 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 = 80·20³/12 = 53333 mm⁴

Panjang efektif

KL = 1·1500 = 1500 mm

Beban kritis

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·53333/1500² = 16376 N = 16,38 kN

Jawaban

Pcr = 16,38 kN
10.Tekuk kolom

Jawaban: d = 54,86 mm

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.

Beban kritis yang diperlukan

Pcr = n·P = 3·130000 = 390000 N
KL = 1·1500 = 1500 mm

Selesaikan untuk diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·390000·1500²/(π³·200000))^(1/4) = 54,86 mm

Jawaban

d = 54,86 mm

Periksa: kelangsingan KL/r adalah 109,4, jadi kolom langsing dan rumus Euler berlaku.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis