239735282 52373940-buku-ajar-analisa-struktur-ii

BUKU AJAR
ANALISA STRUKTUR II
DISUSUN OLEH :
I PUTU LAINTARAWAN, ST, MT.
I NYOMAN SUTA WIDNYANA, ST, MT.
I WAYAN ARTANA, ST.MT
PROGRAM STUDI TEKNIK SIPIL
FAKULTAS TEKNIK
UNIVERSITAS HINDU INDONESIA

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia i
KATA PENGANTAR
Puji syukur penulis kami panjatkan kehadapan Tuhan Yang Maha Esa, atas
rahmatNya, penyusunan Buku Ajar Analisis Struktur II dapat diselesaikan. Buku Ajar
ini disusun untuk menunjang proses belajar mengajar mata kuliah Analisis Struktur II
sehingga pelaksanaannya dapat berjalan dengan baik dan lancar, serta pada akhirnya
tujuan instruksional umum dari mata kuliah ini dapat dicapai.
Diktat ini bukanlah satu-satunya pegangan mahasiswa untuk mata kuliah ini,
terdapat banyak buku yang bisa digunakan sebagai acuan pustaka. Diharapkan
mahasiswa bisa mendapatkan materi dari sumber lain.
Penulis menyadari bahwa diktat ini masih banyak kelemahan dan
kekurangannya. Oleh karena itu kritik dan saran pembaca dan juga rekan sejawat
terutama yang mengasuh mata kuliah ini, sangat kami perlukan untuk kesempurnaan
tulisan ini. Untuk itu penulis mengucapkan banyak terima kasih.
Penulis

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia ii
DAFTAR ISI
KATA PENGANTAR ............................................................................................. i
DAFTAR ISI ............................................................................................................ ii
BAB I RANGKA BATANG STATIS TERTENTU ............................................... 1
1.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 1
1.2 Tipe-Tipe Rangka Batang .................................................................................... 2
1.3 Struktur Rangka Batang Statis Tertentu ............................................................... 3
1.4 Metode Keseimbangan Titik Simpul .................................................................... 5
BAB II STRUKTUR KABEL ................................................................................. 18
2.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 18
2.2 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Balok....... 19
2.3 Langkah-langkah Penyelesaian ............................................................................ 19
2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh
Rangka Batang .................................................................................................... 26
2.5 Kesimpulan ......................................................................................................... 29
BAB III STRUKTUR PELENGKUNG .................................................................. 30
3.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 30
3.2 Pelengkung 3 Sendi ............................................................................................. 31
3.3 Penempatan Titik s (Sendi) .................................................................................. 32
3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N) ................................................................. 37
3.5 Muatan Tak Langsung untuk Pelengkung 3 Sendi ................................................ 46
BAB IV METODA CONSISTENT DEFORMATION .......................................... 52
4.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 52
4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu ........................................................................ 52
4.3 Metode Consistent Deformation .......................................................................... 53
4.4 Langkah-langkah Metoda Consistent Deformation ............................................... 54
4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu ...................................................................... 58
4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation .... 66
4.7 Penyelesaian Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan .................. 68
BAB V PERSAMAAN TIGA MOMEN ................................................................. 71
5.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 71
5.2 Langkah-langkah Metode Persamaan Tiga Momen .............................................. 72
5.3 Rotasi Batang ...................................................................................................... 77
5.4 Penyelesaian Akibat Penurunan Perletakan .......................................................... 82
BAB VI METODE SLOPE DEFLECTION ........................................................... 84
6.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 84
6.2 Momen Batang .................................................................................................... 85
6.3 Langkah-Langkah Metoda Slope Deflection ........................................................ 92
6.4 Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan dengan Metoda Slope
Deflection. ................................................................................................................. 96

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia iii
BAB VII METODE MOMEN DISTRIBUSI .......................................................100
7.1 Pendahuluan ......................................................................................................100
7.2 Prosedur Analisis ...............................................................................................100
7.3 Contoh Penyelesaian Balok dan Portal dengan Metode Distribusi Momen .........101
DAFTAR PUSTAKA .............................................................................................. 77

Analisa Struktur II
Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 1
BAB I
RANGKA BATANG STATIS TERTENTU
1.1 Pendahuluan
Rangka batang adalah suatu struktur rangka dengan rangkaian batang-batang
berbentuk segitiga. Elemen rangka batang terbuat dari material kayu, baja, aluminium,
dan sebagainya. Dalam struktur rangka batang, dipilih bentuk segitiga karena bentuk
segitiga adalah suatu bentuk yang stabil, tidak mudah berubah.
Dalam struktur rangka batang, titik buhul sebagai sambungan tetap / stabil
dianggap berperilaku sebagai sendi. Untuk menyambung titik buhul digunakan plat
buhul. Pada struktur baja sambungan-sambungan pada plat buhul digunakan baut, paku
keling atau las. Sedangkan pada konstruksi kayu menggunakan sambungan baut, pasak
atau paku.
Gambar 2.1 Bentuk Struktur Rangka Batang
Gambar 1.2 Detail salah satu sambungan
Titik Buhul

Analisa Struktur II
1.2 Tipe-Tipe Rangka Batang
Tipe-tipe rangka batang dapat dikelompokkan menjadi dua, yaitu rangka batang
untuk struktur rangka atap dan rangka batang untuk struktur jembatan.
a. Tipe Rangka Batang untuk Struktur Rangka Atap
Gambar 1.3 Tipe rangka batang untuk struktur rangka atap
(a) scissor
(b) howe
(c) pratt
(d) fan
(e) fink
(e) cambered fink
(f) warren
(g) sawtooth
(h) bowstring
(i) three-hinged arch
windows
windows
roofroof

Analisa Struktur II
b. Tipe Rangka Batang untuk Struktur Jembatan
Gambar 1.4 Tipe rangka batang untuk struktur jembatan
(a) Pratt
(b) Howe
(c) Warren (with verticals)
(d) Parker
(e) Baltimore
(f) Subdivided Warren
(g) K-Truss

Analisa Struktur II
1.3 Struktur Rangka Batang Statis Tertentu
Struktur rangka batang merupakan kumpulan dari batang-batang yang mana
gaya-gaya batang tersebut harus diketahui. Dalam hal ini gaya-gaya batang tersebut
beberapa gaya tarik (tensile force) atau tekan (compression force).
Gambar 1.5 Gaya tarik dan tekan pada rangka batang
Untuk menganalisis rangka batang perlu diketahui apakah rangka batang
tersebut statis tertentu atau struktur statis tak tentu. Untuk mengetahui struktur rangka
batang tersebut statis tertentu atau statis tak tentu dapat dijelaskan dengan persamaan
berikut ini.
b + r = 2j (statis tertentu) (1)
b + r > 2j (statis tak tentu) (2)
dimana : b : jumlah batang
r : jumlah reaksi
j : jumlah joint
Contoh
Gambar 1.6 Rangka batang statis tertentu
Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu, karena b = 13, r = 3,
j = 8, sehingga 13 + 3 = 2 (8), 16 = 16 (rangka batang statis tertentu).
tariktarik
tekantekan
RV
RH

Analisa Struktur II
1.3.1 Metode Keseimbangan Titik Simpul
Ada beberapa metode untuk menyelesaian struktur rangka batang statis tak tentu.
Salah satunya adalah metode keseimbangan titik simpul dengan ΣFx = 0 dan ΣFy = 0
atau ΣH = 0 dan ΣV = 0. Untuk menjelaskan metode ini, berikut diberikan contoh
perhitungan.
Contoh 1
Diketahui rangka batang dengan geometri dan beban seperti pada gambar. Setiap
joint pada rangka batang diasumsikan sebagai sendi. Perletakan titik A sendi dan titik B
adalah rol. Hitung gaya-gaya batang struktur tersebut.
Gambar 1.7 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 1
Penyelesaian
Reaksi perletakan didapat Ay dan Dy = 4 kN, Ax = 0
Struktur rangka batang di atas adalah struktur rangka batang simetri, sehingga kita
tinjau setengah bagian saja.
A
B C
D
E
F
G
Ay = 4 kN Dy = 4 kN
Ax = 0
3 kN 3 kN
2 kN
3 m 3 m 3 m
300
600
600
600

Analisa Struktur II
Titik A
ΣFy = 0
4 – FAG sin 300
= 0 FAG = 8 kN (tekan)
ΣFx = 0
FAB - 8 cos 300
= 0 FAB = 6,93 kN (tarik)
Titik G
ΣFy = 0
4 – FGB – 3 cos 300
= 0 FGB = 2,6 kN (tekan)
ΣFx = 0
8 - 3sin 300
– FGF = 0 FGF = 6,5 kN (tekan)
x
y
FAG
FAB
4 kN
A
300
x
y
FGF
FGB
G
300
3 kN
8 kN

Analisa Struktur II
Titik B
ΣFy = 0
FBF sin 600
– 2,6 sin 600
= 0 FBF = 2,6 kN (tarik)
ΣFx = 0
FBC + 2,6 cos 600
+ 2,6 cos 600
– 6,93 = 0 FBC = 4,33 kN (tarik)
Contoh 2
Diketahui struktur Rangka Batang dengan geometri dan beban seperti pada gambar.
Gambar 1.8 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 2
Mencari reaksi perletakan
Σ MA = 0 RB . 4 λ - 4 . λ = 0
RB = 1t
Σ MB = 0 RA . 4 λ - 4 . 3λ = 0
RA = 3t
Pemberian notasi
Untuk mempermudah penyelesaian, tiap-tiap batang perlu diberi notasi.
Untuk batang atas diberi notasi A1; A2 dan A1’; A2’
B
A
4t
λ
λλλλ
RB = 1tRA = 3t
x
y
FBF
FBCB
600
6,93kN
600
2,6 kN

Analisa Struktur II
Untuk batang bawah diberi notasi B1, B2 dan B1’, B2’
Untuk batang diagonal diberi notasi D1; D2 dan D1’; D2’
Untuk batang vertikal diberi notasi V1; V2 dan V1’; V2’ serta V3
Tiap-tiap titik simpul diberi nomor urut dari I s/d X.
Penyelesaian
Titik I
Σ V = 0 3 t + V1 = 0
V1 = -3 ton (berarti batang tekan)
Σ H = 0 B1 + 0 = 0 B1 = 0 (batang nol)
Batang A1 dan D1 dianggap tarik dan batang D1 diuraikan menjadi gaya batang
horizontal dan vertikal.
V1 = - 3 t (menuju titik simpul)
X
I
4t
λ
λλλλ
1t3t
D1 D2 D2’ D1’
V1 V2 V3 V2 V1’
B1 B2 B’2 B’1
A1 A2 A2’ A1’II
III
V VII
IV VI VIII IX
3t
B1
V1
V1
B1 = 0

Analisa Struktur II
Titik II
Batang D1 diuraikan menjadi arah vertikal ½ D1 2 dan arah horizontal ½ D1
2 .
Σ V = 0 - 3 t + ½ D1 2 = 0
½ D1 2 = 3 D1 = 3 2 t (tarik)
Σ H = 0 A1 + ½ D1 2 = 0
A1 = - ½ D1 2 = - ½ . 3 2.2
A1 = - 3 ton (tekan)
Titik III
Batang V2 dan B2 dianggap tarik
Batang D1 = 3 2 (tarik) diuraikan menjadi batang vertikal = 3 t dan horizontal = 3t
Σ V = 0 4 t – 3 t – V2 = 0
V2 = 1 t (tarik)
Σ H = 0 B2 – 3 t = 0
B2 = 3 t (tarik)
P = 4t
B1 = 0
3 t
3 t
B2
V2
3 2
D1
A1
3t
½ D1 2
½ D1 2
V1

Analisa Struktur II
Titik IV
Batang A2 dan D2 dianggap tarik.
Batang D2 diuraikan menjadi gaya horizontal dan vertikal ½ D2 2
Σ V = 0 ½ D2 2 + 1 t = 0
D2 = - 2 t (tekan)
Σ H = 0 3 + A2 + ½ D2 2 = 0
3 + A2 – 1 ton = 0
A2 = - 2 ton (tekan)
Titik VI
Batang A2’ dan V3 dianggap tarik
Σ V = 0 V3 = 0 ton
Σ H = 0 A2’ + 2 t = 0
A2’ = - 2 t (tekan)
D2
A2
1 t
3 t ½ D2 2
½ D2 2
A2’
V3 = 0
2t

Analisa Struktur II
Titik V
Batang D2’ dan B2’ dianggap tarik
Batang D2’ diuraikan horizontal dan vertikal
Σ V = 0 ½ D2’ 2 + 0 – 1 t = 0
D2’ = 2 t (tarik)
Σ H = 0 B2’ + 1t –3 t + 1t = 0
B2’ = 1 ton (tarik)
Titik VIII
Batang A1’ dan V2’dianggap tarik
Σ H = 0 2 t + A1’ – 1 t = 0
A1’ = - 1 t (tekan)
Σ V = 0 1 + V2’ = 0
V2’ = - 1t (tekan)
B2’3 t
A1’
2 t
V2’
2 t
0 t
D’2
1 t
1 t
½ D2’ 2
2
½ D2’ 2

Analisa Struktur II
Titik VII
Batang D1’ dan B1’dianggap tarik
Batang D1’ diuraikan menjadi ½ D1’ 2
Σ V = 0 ½ D1’ 2 – 1 t = 0
D1’ = 2 t (tarik)
Σ H = 0 B1’- ½ D1’ 2 - 1t = 0
B’ + 1 – 1 = 0
B1’ = 0t
Titik X
Σ V = 0 1t + V1’ = 0
V1’ = - 1t (tekan)
D1’
B1’1t
1t
½ D1’ 2
½ D1’ 2
RB = 1t
B1’ = 0
V1’

Analisa Struktur II
Kontrol ke Titik IX
Σ V = 0
V1’ – ½ D1’ 2 = 0
1t – ½ . 02.2 = (ok)
Σ H = 0
A1’ – ½ D1’ 2 = 0
1 – ½ . 2 . 2 = 0 (ok)
Tabel 1.1 Gaya-gaya Batang
Batang Gaya Batang
A1 - 3 t
A2 - 2 t
A2’ - 2 t
A1’ - 1 t
B1 0
B2 3 t
B2’ 1 t
B1’ 0
V1 - 3 t
V2 1 t
V3 0
V2’ - 1 t
V1’ -1 t
D1
3
t2
D2
-
t2
D2’ t2
D1’ t2
Batang B1 dan B1’ = 0, menurut teoritis batang-batang tersebut tidak ada, tapi
mengingat struktur rangka batang terbentuk dari rangkaian bentuk ∆ maka batang ini
diperlukan. Batang atas pada umumnya batang tekan dan batang bawah adalah batang
tarik.
V1’ = 1 t (tekan)
A1’ = 1 t (tekan)
D1’ = 2
(tarik)

Analisa Struktur II
Contoh Soal 3
Suatu konstruksi Rangka Batang, dengan notasi seperti pada gambar, beban
sebesar 3 ton terletak di titik simpul III
Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu.
Reaksi Perletakan
Σ MB = 0
RA =
3
2
x 3 t = 2 t
Σ MA = 0
RB =
3
1
x 3 t = 1 t
Titik Simpul I
Batang D1 dan B1 dianggap tarik
Batang D1 diuraikan ke arah vertikal dan horizontal sebesar ½ D1 2
Σ Ky = 0
½ D1 2 + 2t = 0
B1 B2 B3
D3D2D1
V1 V2
II A V
VII
3t2t 1t
IVIII
λ λ λ
BA
λ
B1
D1
½ D1 2
½ D1 2
2 t (reaksi)

Analisa Struktur II
D1 = -
2
2
. 2 = - 22 t . (tekan)
Σ Kx = 0
B1 - ½ D1 2 = 0 B1 = 2 ton (tarik)
Titik III
Gaya batang V1 dan B2 dianggap tarik
Σ Ky = 0 V1 = 3 ton (tarik)
Σ Kx = 0 B2 = 2 ton (tarik)
Titik II
Gaya batang A dan D2 dianggap tarik
Σ Kx = 0
½ D1 2 - 3t – ½ D2 2 = 0
½ D2 2 = -3 t + ½ . 2 2 . 2 = -3 + 2 = -1 (tekan)
D2 = - 2 t (tekan)
Σ Ky = 0
A + ½ D1 2 + ½ D2 2 = 0
A + ½ . 2 2 . 2 - ½ . 2 . 2 = 0
A = 1 –2 = -1t (tekan)
3t2t
B2
V1
3t
D2
½ D2 2
½ D2 2
½ D1 2
½ D1 2
D1 = 2 2
A

Analisa Struktur II
Titik IV
Gaya batang V2 dan B3 dianggap tarik
Σ Ky = 0
½ D2 2 - V2 = 0
V2= ½ . 2 . 2 = 1 t (tarik)
Σ Kx = 0
B3 – B2 + ½ D2 2 = 0
B3 = 2 - ½ . 2 . 2 = 1 t (tarik)
Titik VI
Gaya batang D3 dianggap tarik
Σ Ky = 0
½ D3 2 + 1t = 0
D3 = - 2 . 1t
D3 = - 2 t (tekan)
Σ Kx = ½ D3 2 + B3 = 0
- ½ . 2 . 2 + B3 = 0 B3 = 1t (tarik)
B3
V2
B2 = 2t
D2 = t2
D3
1 t
B3 = 1t

Analisa Struktur II
Kontrol
Titik V
Σ Kx = 0
A – ½ . D3 2 = 0
1t – ½ . 2 . 2 = 0 (ok)
D3
V2 = 1t
A = 1t

Analisa Struktur II
BAB II
STRUKTUR KABEL
2.1 Pendahuluan
Pada umumnya struktur kabel digunakan pada struktur jembatan gantung.
struktur kabel yang akan diuraikan disini adalah bentuk struktur kabel pada jembatan
gantung sederhana. Konstruksi jembatan ini terdiri dari pelengkung penggantung yang
berbentuk lengkung parabola, tiang-tiang penyangga pelengkung (pylon), batang-batang
penggantung, dan balok-balok pendukung lantai kendaraan. Pelengkung penggantung
terbuat dari kabel yang menumpu di puncak kolom pylon dan dikaitkan pada angker
blok. Balok utama pendukung lantai kendaraan dapat berupa balok biasa (Gambar 2.1)
atau dapat juga berupa konstruksi rangka batang (Gambar 2.2).
Sistem struktur jembatan gantung sederhana yang akan dipelajari adalah struktur
statis tertentu, sehingga pada bagian balok utama pendukung beban diberi sebuah sendi
A’ B’
Pelengkung penggantung
(kabel)
Batang penggantung
S
A B
Balok pendukung lantai
Lantai kendaraan
Angker blok
pylon
Gambar 2.1 Balok pendukung lantai dari balok biasa
S
A B
Gambar 2.2 Balok pendukung lantai dari konstruksi
rangka batang
Angker blok
f
Puncak
pelengkung

Analisa Struktur II
S. Sendi ini biasanya diletakkan di tengah-tengah bentang jembatan (dibawah puncak
pelengkung parabola).
2.2 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Balok
Balok-balok pendukung utama lantai kendaraan terbentuk dari balok-balok
memanjang dan melintang yang menumpu pada balok utama, sehingga pembebanannya
menjadi sistem pembebanan tidak langsung. Jadi pembebanannya berupa beban terpusat
yang bekerja pada ujung-ujung gelagar melintang.
2.3 Langkah-langkah Penyelesaian
• Menentukan gaya-gaya pada kabel dan batang penggantung.
Ditinjau Konstruksi Jembatan Gantung dengan bentang 8λ (lapangan genap) tinggi
pylon h, puncak pelengkung f dibebani beban terpusat P dan terbagi rata q seperti
pada gambar 2.3.
• Menentukan reaksi perletakan (RA, HA, RB)
ΣH = 0 HA = 0
ΣMB = 0 RA . L – P (L - a) – (q . 6λ) . 3λ = 0
RA =
L
.q.18)a-L(P λ+
ΣV = 0 RA + RB – P – (q . 6λ) = 0
RB = P + 6.q. λ – RA
• Menentukan besarnya gaya H
Ditinjau potongan I-I pada gambar 2.4.
ΣMs = 0 RA .
2
L
– P a)-
2
L
( – (q.2λ).λ – H.h + H.h1 = 0
H =
)h-(h
².2q-a)-
2
L
P(-
2
L
.R
1
A λ
; f = h – h1
H =
f
².2q-a)-
2
L
P(-
2
L
.RA λ

Analisa Struktur II
Gambar 2.4 Potongan I - I
• Menentukan besarnya gaya pada batang penggantung (T)
Gambar 2.3 Struktur Jembatan Gantung
dengan bentang 8λ
S
A
B
f
1 2 3 4 65
1’
2’
3’ 4’
5’
6’
S’
A’ B’
RBRA L = 8λ
λ λ
h1
h
q
S
A
f
1 2 3
RA
H
I
H I

Analisa Struktur II
Dengan demikian, batang penggantung merupakan batang tarik, sehingga arah
gayanya meninggalkan titik simpul seperti pada Gambar 2.5. Gaya tarik T tersebut
terletak pada lengkung parabola, dimana keistimewaan bentuk persamaan parabola akan
memberikan besaran T yang sama. Hal ini akan lebih jelas bila diperhatikan gambar
Cremona dari keseimbangan gaya-gaya pada kabel B dan T, dimana komponen
horizontalnya merupakan gaya H yang telah dihitung didepan seperti pada Gambar 2.6.
λ λ λλ
f
HH
T T T T T T T
L = n λ
qt
2
L
qt
2
L
qt
L
2
Lqt
2
Lqt
T
T T T T T
2
Lqt
qt
n ganjil
λ.)
2
1-n
(
Gambar 2.5 Transfer gaya penggantung
n genap

Analisa Struktur II
Gambar 2.6 Cremona gaya-gaya batang T dan D.
• Menentukan besarnya gaya T.
Untuk menyederhanakan perhitungan gaya-gaya, T dianggap sebagai beban
terbagi rata qt dimana qt =
λ
T
(Gambar 2.5)
Perhatikan gambar c2, Momen akibat H = H.f, Momen akibat T = ²Lq
8
1
t
Momen akibat H = Momen akibat T.
H.f = ²L.q
8
1
t = L.)n(.
T
.
8
1
λ
λ
dimana : n jumlah lapangan genap
H.
nL
8f
T =
Untuk jumlah lapangan n ganjil (Gambar 2.5)
Momen akibat H = momen akibat T
H.f’ = ².)²
2
1-n
(
2
q
-)
2
1-n
(.
2
Lq tt
λλ
= )]
n8
12n-n²
(-)
4
1-n
[(Lqt
+
λ
= 1)-2n²-2-²n2(
n8
Lqt
+
λ
= 1)-²n(
8n
T.L
1)-²n(
n8
Lqt
λ
λλ
=
H)
L
8f'
1-n²
n
(T =
H
T1
T2
T3
TS
T4
T5
T6
D6’-B’
D5’-6’
D4’-5’
D5’-4’
D3’-5’
D2’-3’
D1’-2’
DA’-1
Ti : gaya-gaya batang penggantung
D : gaya-gaya pada kabel
T1=T2=T3=TS=T4=T5=T6=T

Analisa Struktur II
Contoh 1
Diketahui struktur jembatan gantung dengan bentuk, dimensi serta beban yang bekerja
seperti pada Gambar 1.7 di bawah ini. Gambarkan bidang gaya lintang (D) dan momen
(M).
Gambar 2.7 Contoh 1 struktur jembatan gantung
Penyelesaian
• Menentukan ordinat yi pada pelengkung parabola
( )4 4.6 (24
24²
-x -x)
L²
i
fx L
f = =
( )24-x
24
i
x
f =
Sumbu x = 0 terletak di titik A’
λ=4m
6 m
P=8t
A B
SI
L = 24 m
f1 f2 f = 6mI
B’A’
T T T T T
RA RB
P = 8tT)
2
1-n
( T
n
)
2
1-
(
RB
BA
RA
(+)
(+)
(-)
1,334
1,333
Bid. : D
2,667
2,667
10,67
(+)
10,67
5,33 (-) 5,33 Bid. : Mc
b
a
1 2 S 3 4

Analisa Struktur II
Untuk x = 4 m
( )
m333,3
24
4-244
f1 ==
Untuk x = 8 m
( )
m333,5
24
8-248
f2 ==
• Menentukan reaksi perletakan di A dan B. Perhatikan Gambar 2.7(a). Reaksi
perletakan di A (RA) dan di B (RB) dihitung akibat beban P = 8 t
Σ MB = 0 RA.L – P . 18 = 0
RA = t6
24
8.18
L
18.P
== ↑
Σ V = 0 RA + RB - P = 0
RB = P – RA = 8 – 6 = 2 t ↑
• Menentukan besarnya gaya H. Perhatikan potongan I-I
Σ Ms = 0 RA .
2
L
- P . 6 – H . f = 0
t4
6
8.6-24/2.6
f
P6-
2
L
.RA
H ===
• Menentukan besarnya gaya batang penggantung (T) untuk harga n genap, besarnya
gaya T dihitung dengan rumus :
T = t333,14.
24.6
6.8
H.
nL
f8
==
• Menghitung besarnya gaya-gaya lintang untuk menggambarkan bidang gaya lintang
(D).
Bidang D (Gambar 2.7 a dan b)
DA-1 = RA -
2
5
-6T.
2
1)-n(
= . 1,333 = 2,667 t
D1–2 = DA-1 + T – 4 = 2,667 + 1.333 – 4 = 0 t
D2–S = D1–2 – 4 + T = 0 – 4 + 1,333 = -2,667 t
DS–3 = D2–S + T = -2,667 + 1,333 = -1,334 t
D3–4 = DS–3 + T = -1,334 + 1,333 ≈ 0 t
D4–B = D3–4 + T = 0 + 1,333 = 1,333 t
Bidang M (Gambar 2.7 a dan c)
Besarnya momen dihitung dari kiri (bagian A-S)

Analisa Struktur II
MA = 0 tm
M1 = 4.333,1.
2
5
64.
2
)1(






−=




 −
− T
n
RA = + 10,67 tm
M2 = ( ) 4.48.
2
.)1(
−+




 −
− T
Tn
RA = + 10,67 tm
MS = ( ) 4.)4(8.412.
2
.)1(
−+−+




 −
− TT
Tn
RA = 0 tm
Besarnya momen dihitung dari kanan (bagian B – S)
Ms = ATT
Tn
RB .8.12.
2
.)1(
++




 −
− = 0 tm
M3 = 4.333,1.
2
5
24.
2
.)1(






−=




 −
−
Tn
RB = - 5,33 tm
Besarnya momen dapat juga menggunakan metode potongan.
M1 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 1.
M2 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 2.
Gambar 2.8 Potongan I – I untuk contoh 1
Ditinjau potongan I-I
M1 = RA . 4 – H . h + H h1
RA . 4 – H (h – h1)
RA . 4 – H . f1
= 6.4 – 4 . 3,333
= + 10,67 tm (OK)
4 m
RA
h1
f1 H
IH
h
I
1

Analisa Struktur II
Gambar 2.9 Potongan II – II untuk contoh 1
Berdasarkan hasil analisis perhitungan M1 dan M2 diatas, dapat diuraikan
sebagai berikut :
M1 = RA . 4 – H . f1
Dimana : RA . 4 adalah momen di titik simpul 1 akibat beban di atas 2 perletakan
statis tertentu.
H . f1 adalah momen di titik simpul 1 akibat gaya H dari konstruksi
Jembatan Gantung.
M2 = RA . 8 – P . 2 – H . f2
Dimana : RA . 8 – P . 2 adalah momen di titik simpul 2 akibat beban di atas 2
perletakan statis tertentu.
H . f2 adalah momen di titik simpul 2 akibat gaya H dari konstruksi
Jembatan Gantung
2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh
Rangka Batang
Seperti halnya Struktur Jembatan Gantung dengan pendukung lantai kendaraan
balok biasa, gaya-gaya batang pada Rangka Batang sebagai pendukung utama lantai
kendaraan, akan dipengaruhi oleh komponen horizontal dari gaya kabel H. Pada
prinsipnya pengaruh gaya H pada balok pendukung biasa atau pada rangka batang
terhadap gaya-gaya dalamnya (Bidang D, M, dan gaya-gaya batang pada rangka batang)
adalah sama. Jadi untuk menentukan besarnya gaya-gaya batang akibat beban tetap
merupakan gaya-gaya batang pada rangka batang diatas dua perletakan ditambah
dengan akibat pengaruh dari gaya H.
8 m
f2
II
H
h
II
2
Ditinjau potongan II – II
M2 = RA . 8 – H . f2 – P . 2
= 6 . 8 – 4 . 5,333 – 8 . 2
= + 10,67 tm (OK)
H
2m
8 t
titik titik

Analisa Struktur II
Contoh 2
Sebuah Konstruksi Jembatan Gantung dengan Konstruksi Rangka Batang
sebagai pendukung utama lantai kendaraan bekerja beban tetap P = 12 t dan q = 2 t/m’,
bentuk dan demensi konstruksi rangka batang seperti pada gambar. Hitung besarnya
gaya-gaya batang A4, B3 dan D4.
Gambar 2.10 Contoh 2 struktur jembatan gantung
Penyelesaian
Menghitung reaksi perletakan
Σ MB = 0 VA . 60 – P . 50 – q . 42 . 21 = 0
VA = t4,39
60
21.42.250.12
=
+
VB = P + q . 42 – VA
= 12 + 2 . 42 – 39,4 = 56,6 t
Menghitung besarnya gaya H.
Σ MS = 0 (Ditinjau sebelah kanan : bagian B – S)
VB . 30- q . 30 . 15 – H . f = 0
H = t57
14
2.450-30.6,56
f
15.30.q-30.VB
==
Menghitung : f5 dan f6
fx =
²L
x)-(lxf4
(x m dihitung dari perletakan B).
A
VA
P=12t
f = 14m
S
10 x 6 m
B
6 m
4m 2m
5
VB
A4
D4
B3
6
6’5’
q = 2 t/m’
f5 f6

Analisa Struktur II
f5 = m44,13
)²60(
24)-60(24.14.4
=
f6 = m76,11
)²60(
18)-60(18.14.4
=
Untuk menghitung besarnya gaya-gaya batang A4, B3 dan D4 digunakan metode
potongan. Untuk gaya-gaya batang A4, B3 dan D4 digunakan potongan I - I seperti
tercantum pada gambar di bawah ini, ditinjau sebelah kanan. Beban terbagi rata q
dijadikan beban terpusat yang bekerja pada titik-titik simpul 6, 7, 8 dan B.
Gambar 2.11 Potongan I – I contoh 2
Menghitung gaya batang A4.
Ditinjau sebelah kanan potongan I - I
ΣM6’ = 0 A4.6 – 12.6 – 12.12 – (VB – 6) 18 – H . f6 = 0
A4 = t4,08-
6
57.11,76186)-6,56(14472
=
+++
(tekan)
Menghitung gaya batang B3
6 m 6 m 6 m 6 m
6 m
D4
A4
f5 f6
12 t 12 t 12 t 6 t
H
B
VB
5
6 7 8
6’
5’
B3 I
I
H
H
α

Analisa Struktur II
ΣM5 = 0 B3.6 + 12.6 + 12.12 + 12.18 - (VB – 6) 24 + H . f5 = 0
B3 = t72,2
6
57,13,44-246)-(56,6216-144-72-
+=
+
(tarik)
Menghitung gaya batang D4
ΣV = 0 D4 sin α -12 – 12 – 12 – 6 + VB – 0H)
6
f-f
( 65
=
D4 = t1,923-
2.57/6).1,68-56,6-42(
= (tekan)
2.5 Kesimpulan
Gaya H dan T (batang penggantung) merupakan komponen-komponen dari gaya
kabel.
Besarnya gaya T sama disetiap batang penggantung.
Bentuk grafik bidang-bidang gaya lintang (D) dan momen (M) pada konstruksi
jembatan gantung tergantung pada 2 kelompok susunan gaya yaitu :
- 1 kelompok gaya-gaya dari konstruksi balok diatas 2 perletakan yang
berupa reaksi dan beban yang bekerja.
- 1 kelompok gaya-gaya yang lain berupa komponen-komponen dari gaya
kabel yaitu gaya-gaya T dan H.
- Gaya H ditentukan dulu, kemudian gaya T yang besarnya merupakan
fungsi dari gaya H, n, L dan f atau f’ dapat ditentukan.
- Besarnya gaya H dihitung dengan menggunakan Σ Ms = 0 (ditinjau
sebelah kiri atau kanan saja) dengan metode potongan melalui sendi S.

Analisa Struktur II
BAB III STRUKTUR PELENGKUNG
3.1 Pendahuluan
Seperti halnya struktur kabel, struktur pelengkung digunakan untuk mengurangi
bending moment pada struktur bentang panjang. Pada dasarnya perilaku struktur
pelengkung merupakan kebalikan dari struktur kabel, dimana struktur utama
pelengkung menerima gaya tekan, disamping menerima lentur dan geser. Berbagai
macam tipe struktur pelengkung:
pelengkung terjepit (fixed arch)
pelengkung 2 sendi (two-hinged arch)
pelengkung 3 sendi (three-hinged arch)
pelengkung tarik (tied arch)
Gambar 3.1 Tipe Struktur Pelengkung

Analisa Struktur II
Gambar 3.2 Salah satu contoh tipe struktur pelengkung
3.2 Pelengkung 3 Sendi
Pelengkung 3 sendi biasanya digunakan pada struktur jembatan untuk
penampang sungai yang mempunyai dasar cukup dalam. Pada kondisi ini, struktur
utama dibuat pelengkung sehingga tidak memerlukan pilar di tengah-tengah sungai.
Dengan struktur pelengkung tersebut, gelagar memanjang, tempat dimana kendaraan
lewat bisa tertumpu pada tiang-tiang penyangga yang terletak pada pelengkung tersebut.
Biasanya yang dicari dalam struktur pelengkung adalah nilai momen, gaya
lintang dan gaya normal di salah satu titik. Sedangkan bidang momen, gaya lintang dan
normal penggambarannya cukup kompleks, sehingga biasanya jarang dihitung.
Gambar 3.3 Gaya-gaya yang bekerja pada pelengkung 3 sendi
Dari Gambar 3.3, kedua perletakan struktur pelengkung dibuat sendi, sehingga
terdapat 4 reaksi, sedangkan persamaan dari syarat keseimbangan hanya 3 buah yaitu :
ΣH = 0; ΣV = 0 dan ΣM = 0.
S
A B
HA HB
VA VA

Analisa Struktur II
Jadi agar struktur tersebut bisa diselesaikan secara statis tertentu, maka perlu
tambahan satu persamaan lagi yaitu ΣMs = 0 (jumlah momen pada sendi = 0). S adalah
sendi yang terletak pada pelengkung tersebut sehingga struktur tersebut dinamakan
struktur pelengkung 3 sendi.
3.3 Penempatan Titik s (Sendi)
Sendi s yang dipakai untuk melengkapi persamaan pelengkung 3 sendi terletak di
busur pelengkung antara perletakan A dan B. Letak sendi tersebut bisa di tengah-tengah
busur pelengkung atau tidak. Hal ini tergantung dari kondisi di lapangan.
Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan geometri dan beban seperti pada gambar.
Gambar 3.4 Data Geometri pelengkung 3 sendi
Untuk mencari besarnya momen di potongan E-E yang besarnya :
II
1A
I
2
11AEE hHxq
2
1
xVM ⋅−⋅−⋅=−
maka nilai ME-E dibagi menjadi 2 bagian :
2
11A xq
2
1
xVI ⋅−⋅=
1A hHII ⋅=
q kg/m’
S
f
HBHA
l
BA
VB
VA
E
h1

Analisa Struktur II
Nilai 2
11A xq
2
1
xVI ⋅−⋅= sama dengan persamaan momen dan bidang momen pada
balok di atas 2 perletakan yang dibebani beban merata.
Perhatikan nilai II = HA . h1, jika potongan E-E bergerak dari perletakan A ke B, maka
nilai x1 bergerak dari 0 s/d l dan h1 nilainya akan berubah dari 0 perlahan-lahan naik
sampai dengan f dan turun sampai dengan 0 lagi dimana nilai h1 (kalau x1 berubah) akan
sama dengan nilai ketinggian pada parabola.
Misal :
Jika potongan E-E di A x1 = 0 dan h1 = 0
Jika potongan E-E di S x1 = ½ l dan h1 = f
Jika potongan E-E di B x1 = l dan h1 = 0, dan seterusnya.
Nilai II = HA.h1
HA : konstant
h1 : ketinggian pelengkung
Jadi nilai II gambarnya adalah parabola dengan tanda (-).
Gambar 3.5 Gambar nilai I dan II
Bidang M.
Gambar nilai I = VA.x1 – ½ q x1²
+
Gambar nilai II = HA.h1
−

Analisa Struktur II
Nilai I dan nilai II adalah nilai total dari ME-E.
= nilai total ME-E
= nilai kecil (saling menghapus)
Jadi bentuk pelengkung akan memperkecil nilai momen.
Reaksi Perletakan
Ada 2 (dua) pendekatan penyelesaian untuk mencari reaksi perletakan.
Pendekatan 1 : jika HA dan VA atau HB dan VB dicari bersamaan.
Pendekatan 2 : jika VA dan VB dicari dulu, baru HA dan HB kemudian
Gambar 3.6 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 1)
Pendekatan 1
HA dan VA dicari dengan persamaan ΣMB = 0 dan ΣMS = 0 (bagian kiri) (2
persamaan dengan 2 bilangan tak diketahui)
ΣMB = 0 VA.l – HA. (hA-hB) – P1.b1 = 0 ..........................................(1)
ΣMS = 0 VA.a – HA.hA – P1.S1 = 0 ………………………………..(2)
(bagian kiri)
Dari persamaan (1) dan (2) maka VA dan HA bisa dicari.
+ -
+
hB
hA
S
a
A
B
VB
VA
b
HB
HA
a1 b1
S1
l
P1

Analisa Struktur II
HB dan VB dicari dengan persamaan ΣMA = 0 dan ΣMS = 0 (bagian kanan) 2
persamaan dengan 2 bidang tidak diketahui
ΣMA = 0 VB.l + HB (hA – hB) – P1.a1 = 0 .........................................(3)
ΣMS = 0 VB.l - HB . hB) = 0 ............................................................(4)
(bagian kanan)
Dari persamaan (3) dan (4) maka VB dan HB bisa dicari.
Pendekatan 2
Gambar 3.7 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 2)
Reaksi horizontal HA dan HB ditiadakan kemudian arahnya diganti, masing-
masing menuju ke arah perletakan yang lainnya menjadi Ab ( ) dan Ba ( ). Dengan
arah Ab yang menuju perletakan B dan arah Ba yang menuju ke perletakan A. Kita bisa
langsung mencari reaksi Av dan Bv. Kemudian dengan ΣMS = 0 dari kiri kita bisa
mencari besarnya Ab dan dengan ΣMs = 0 dari bagian kanan kita bisa mencari besarnya
nilai Ba.
• Mencari reaksi Av
Σ MB = 0 Av.l – P1. b1 = 0 Av =
l
1b1P
.........................................(1)
• Mencari reaksi Bv
Σ MA = 0 Bv.l – P1. a1 = 0 Bv =
l
1a1P
………………………......(2)
• Mencari reaksi Ab
BV
P1
S
S1
Ab
a1
f
Ba
A
B
b1
l
a bAV

Analisa Struktur II
Σ MS = 0 Av.a – P1.S1 – Ab . f = 0
(bagian kiri) Ab =
f
SPa.Av 11−
dengan memasukkan nilai Av dari
persamaan (1), maka nilai Ab bisa dicari.
• Mencari reaksi Ba
Σ MS = 0 Bv.b – Ba . f = 0
(bagian kanan) Ba =
f
b.Bv
dengan memasukkan nilai Bv dari persamaan (2)
maka nilai Ba bisa dicari.
Posisi Ba dan Ab merupakan reaksi yang arahnya miring Ba ( ) dan Ab ( ), sehingga
harus diuraikan menjadi gaya-gaya vertikal dan horizontal seperti pada gambar.
Dari komponen-komponen tersebut dapat dinyatakan :
Ab cos α = HA pada cara pendekatan 1, merupakan reaksi horizontal di A.
( )
Ba cos α = HB pada cara pendekatan 2, merupakan reaksi horizontal di B.
()
dan :
VA ( ) = Av ( ) + Ab sin α ( )
Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b)
VB ( ) = Bv ( ) + Ba sin α ( )
Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b)
α
Ab cos α
Ab sin α Ab
α
Ba
Ba sin α
Ba cos α

Analisa Struktur II
3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N)
Untuk balok yang lurus, bukan pelengkung, kita dengan mudah menggambarkan
bidang momen dan gaya lintangnya. Bagaimana dengan bidang gaya dalam pada
pelengkung ?
Bidang Momen
Pada gambar (a), dimana suatu pelengkung 3 sendi dibebani beban terbagi rata q kg/m’.
Jika x adalah titik yang ditinjau bergerak dari A - B, maka
II
A
I
2
AX yHxq
2
1
xVM ⋅−⋅−⋅=
Bagian I dan II merupakan fungsi parabola, dimana y adalah persamaan parabola dari
pelengkung dengan fungsi
²
x)(xf4
y
l
l −
= .
Jadi Mx = I – II merupakan penggabungan 2 parabola yaitu parabola I dan II, yang tidak
mudah penggambarannya!
VB
Gambar 3.8 Pelengkung 3 sendi dengan beban terbagi rata
HA HB
VA
S
y
A B
q kg/m’
x

Analisa Struktur II
Bidang Gaya Lintang (D)
Kita lihat titik dimana x berada di situ ada Vx dan Hx.
Vx = VA – q . x (jumlah gaya-gaya vertikal di x kalau di hitung dari bagian kiri)
Hx = HA
Bagaimana nilai Dx dan Nx ? Gaya-gaya Vx dan Hx harus diuraikan menjadi gaya-gaya
yang tegak lurus dan sejajar sumbu, dimana posisi sumbu batang?
Posisi sumbu batang adalah merupakan garis singgung dimana titik x berada.
Gambar 3.9 Gaya vertikal dan horizontal disuatu titik pada pelengkung 3 sendi
VB
HA HB
VA
S
y
A B
q kg/m’
x
Vx
Hx

Analisa Struktur II
Gambar 3.10 Uraian Vx dan Hx pada sumbu batang
Dx = jumlah komponen yang tegak lurus garis singgung
Nx = jumlah komponen yang sejajar garis singgung, maka
)(bawahkearahkiri
bagiangayaJumlah
x
)(ataskearahkiri
bagiangayaJumlah
xx αcosHαcosVD
−+
−=
)(batangmenekaninigayaKedua
xx
xxx
α)cosHαsin(V
αcosHαsinVN
−
+−=
−−=
Dari uraian diatas, untuk menggambar bidang D atau N akan mendapat kesulitan.
Karena perubahan setiap titik x, maka garis singgung dan sudutnya akan berubah.
Biasanya yang ditanyakan dalam struktur pelengkung bukanlah bidang M, D, N, namun
besarnya nilai M, D, N di salah satu titik pada daerah pelengkung.
Garis singgung di x
α
Garis singgung tersebut membentuk sudut
α dengan garis horizontal, maka Vx dan
Hx harus diuraikan ke garis singgung
tersebut.
α
Vx cos α
Vx sin α
Vx
α
Hx cos α
Hx sin α
Hx

Analisa Struktur II
Contoh 1
Gambar 3.11 Contoh 1 struktur pelengkung 3 sendi
Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola
²
x)(xf4
y
l
l −
= dengan
ukuran dan beban seperti pada gambar. Hitung Nilai VA; VB; H; Mc; Dc dan Nc.
Penyelesaian
HA = HB = H (karena beban luar simetri dan tidak ada beban horisontal)
Mencari VA dan VB
Σ MB = 0 VA . l – q l.½ l = 0 VA = ½ .3.10 = 15 ton ↑
Σ MA = 0 VB . l – q l. ½ l = 0 VB = 15 ton ↑
Mencari H
Σ Ms = 0 (Tinjau kiri S)
VA . 5 - H . 3 – ½ q . (5)² = 0
H = ton5,12
3
25.3.2/15.15
3
)²5(.2/15.
=
−
=
− qVA
3 t/m’
S
BA
H H
C
f = 3 m
2.5 m
xc
VA VB
αc
yc
5 m 5 m

Analisa Struktur II
Mencari Mc
Untuk mencari momen di c terlebih dahulu harus menghitung koordinat x dan y dari
titik c. Diketahui xc = 2,5 m, dengan menggunakan persamaan parabola y =
²
)x(fx4
l
l −
,
maka yc = m25,2
²10
)5,210(5,2.3.4
=
−
.
Momen Mc dihitung dari kiri c
Mc = VA . Xc – H . yc – ½ . q. Xc²
= 15 . 2,5 – 12,5 . 2,25 – ½ . 3 . 2,52
= 0
Mencari Nc dan Dc
Untuk mencari gaya lintang maupun gaya normal pada potongan x, maka kita perlu
mencari sudut αc yaitu sudut yang terbentuk antara garis singgung di titik c dan garis
horizontal.
Gambar 3.12 Gaya lintang dan normal pada titik C
Menentukan nilai αc
y =
²
)x2l(f4
'y
²
)xl(xf4
ll
−
=⇒
−
untuk x = 2.5
y’ = 6,0
²10
)510(3.4
=
−
arc tg αc = 0,6 αc = 30,96°
sin α = 0,5145
cos α = 0,8575
A B
Vc
Hc
2.5m
αc

Analisa Struktur II
Vc = VA – q . x = 15 – 3 . 2,5 = 7,5 ton ↑
Hc = H = 12,5 ton
Dc = Vc cos αc – Hc sin αc
= 7,5 . 0,8575 – 12,5 . 0,5145
= 6,4312 – 6,4312 = 0
Nc = - (Vc.sin αc + Hc cos αc)
= - (7,5 . 0,5145 + 12,5 . 0,8575)
= - 14,5774 ton
Dari hasil nilai gaya dalam tersebut, tampak bahwa nilai Mc = 0; Dc = 0; Nc = -
14,5774 ton, jadi ini jelas bahwa struktur pelengkung ditekankan untuk menerima gaya
tekan.

Analisa Struktur II
Contoh 2
Gambar 3.13 Contoh 2 struktur pelengkung 3 sendi
Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola
²l
)xl(fx4 −
dengan
bentang l = 10 m dan tinggi f = 3 m, serta beban horisontal P sebesar 6 ton pada jarak
horizontal 2 m dari titik A. Hitung nilai VA; VB; HA; HB; Mc; Dc dan Nc.
Penyelesaian
Mencari VA dan VB
Untuk mencari VA dan VB perlu tahu tinggi yp untuk xp = 2 m
Yp = m92,1
²10
)210(2.3.4
=
−
Σ MB = 0
VA . l + P.yp = 0
VA . 10 + 6 . 1,92 = 0
VA = -1,152 ton (↓)
Σ MA = 0
VB . l - P.yp = 0
VB . 10 - 6 . 1,92 = 0
VB = + 1,152 ton ↑
Σ v = 0
VA + VB = 0 (OK)
S
BA
HA HB
C
f = 3 m
VA
yc
5 m 5 m
yp
P=6t
xp=2m
xc=2.5m
VB

Analisa Struktur II
Mencari HA dan HB
Σ MS = 0 (kiri)
VA . ½ l – HA . f – P ( f – yp ) = 0
- 1,152 . 5 – HA . 3 – 6 (3 – 1,92) = 0
- 5,76 – HA . 3 – 6 . 1,08 = 0
HA = )(ton08,4
3
48,676,5
←−=
−−
Σ MS = 0 (kanan)
VB . ½ l – HB . f = 0
1,152 . 5 – HB . 3 = 0 HB = 1,92 ton (←)
Kontrol ΣH = 0
P + HA + HB = 0
6 – 4,08 – 1,92 = 0 (OK)
Mencari Mc, Dc dan Nc
yc = 2,25 m
αc = 30,96°
sin αc = 0,5145; cos α = 0,8575
Mc = - VA .xc + HA . yc – P (yc – yp)
Gambar 3.14 Menentukan yc dan αc
C
VB
yc
VA
HA HB
P=6 t
αc

Analisa Struktur II
Mc = -1,152 . 2,5 + 4,08 . 2, 25 – 6 (2,25 – 1,92)
= - 2,88 + 9,18 – 1,98
= 4,32 tm
Gambar 3.15 Gaya lintang dan normal pada titik C
Vc = 1,152 ton (↓)
Hc = 6 – 4,08 = 1,92 ton ( )
Dc = - Vc cos αc – Hc sin αc
= -1,152 . 0,8575 – 1,92 . 0,5145
= -1,9757 ton
Nc = + Vc sin αc – Hc cos αc
= 1,152 . 0,5145 – 1,92 . 0,8575
= - 1,0537 ton
Vc
Hc
VA
HA
αc
Vc cos αVc sin α
Vc
αc
Hc cos αc
Hc sin αc
Hc
P
C

Analisa Struktur II
3.5 Muatan Tak Langsung untuk Pelengkung 3 Sendi
Seperti pada balok menerus, pada pelengkung 3 sendi ini pun terdapat muatan
tak langsung. Pada kenyataannya tidak pernah ada muatan yang langsung berjalan diatas
gelagar pelengkung 3 sendi, harus melalui gelagar perantara.
Gambar 3.16 Muatan tak langsung untuk pelengkung 3 sendi
Prinsip dasar penyelesaiannya sama dengan muatan tak langsung pada balok.
Muatan akan ditransfer ke struktur utama, dalam hal ini pelengkung 3 sendi, melewati
gelagar perantara dan kemudian ke kolom perantara.
Pelengkung
Kolom perantara
Gelagar perantara
S

Analisa Struktur II
.... .
.
(a). Kondisi pembebanan (b). transfer beban melalui kolom
perantara
(c) Perhitungan nilai R (beban yang ditransfer)
Gambar 3.17 Kondisi pembebanan, transfer beban melalui kolom perantara, perhitungan
nilai R
R1 = q . ½ λ = ½ qλ
R2 = q . λ = qλ
R3 = q . ½ λ + (b/λ ). P = ½ qλ + (L/λ )P
R4 =
λ
a
P
R5 = R6 = 0
S
λλ λ λ λ
L =5λ
q kg/m’
P
P
R1 R2 R3 R4 R5 R6
R1 R2
R3 R4 R5 R6
a b
q = kg/m’
R1 R2 R3 R4 R5 R6
P
a b
q = kg/m’
λλλ λ
λ

Analisa Struktur II
Contoh 3
Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan muatan tak langsung dengan geometri
dan beban seperti pada gambar di bawah ini. Hitung Mc, Dc, dan Nc.
Penyelesaian
Prinsip penyelesaian sama dengan muatan tak langsung pada balok sederhana di atas 2
perletakan. Beban dipindahkan ke pelengkung melalui gelagar menjadi reaksi R1, R2, R3,
R4, R5, dan R6.
cx
C
cy f
s
R1 R2 R3 R4 R5 R6
HA HB
VA
BA
BV
15 m
1 2 3 4 5 6
q = 1 t/m'
1 t 1 t
s
f = 4myc
C
1.5m 1.5m
15 m
xc
A B
= 4.5 m

Analisa Struktur II
Perhitungan reaksi R1, R2, R3, R4, R5, dan R6.
R1 = 0 ton
R2 = ½ λ.q = ½.1.3 = 1.5 ton
R3 = ½ λ.q = ½.1.3 = 1.5 ton
R4 = 0.5 ton
R5 = 1.5 ton
R6 = 0 ton
R1 sampai R6 akan menjadi beban pada pelengkung.
Mencari Reaksi Perletakan Vertikal di titik A (VA) dan titik B (VB)
ΣMA = 0
-VB . 15 + R2 . 3 + R3 . 6 + R4 . 9 + R5 . 12 = 0
-VB . 15 + 1,5 . 3 + 1,5 . 6 + 0,5 . 9 + 1,5 . 12 = 0
VB = 2,4 ton (↑)
ΣMB = 0
VA . 15 - R2 . 12 - R3 . 9 - R4 . 6 - R5 . 3 = 0
VA . 15 - 1,5 . 12 - 1,5 . 9 - 0,5 . 6 - 1,5 . 3 = 0
VA = 2,6 ton (↑)
Kontrol
ΣV = 0
VA + VB – 1,5 -1,5 – 0,5 – 1,5 = 0
2,6 + 2,5 – 1,5 -1,5 – 0,5 – 1,5 = 0 (OK)
Mencari Reaksi Perletakan Horisontal di titik A (HA) dan titik B (HB)
ΣMS = 0 (tinjau kiri)
VA . 7,5 - R2 . 4,5 - R3 . 1,5 - HA . 4 = 0
2,6 . 7,5 – 1,5 . 4,5 – 1,5 . 1,5 - HA . 4 = 0
HA = 2,625 ton (→)
ΣMS = 0 (tinjau kanan)
VB . 7,5 – R5 . 4,5 – R4 . 1,5 – HB . 4 = 0
2,4 . 7,5 – 1,5 . 4,5 – 0,5 . 1,5 – HB . 4 = 0

Analisa Struktur II
HB = 2,625 ton (←)
Kontrol
ΣV = 0
HA – HB = 0
2,625 – 2,625 = 0 (OK)
Mencari Momen di titik C (MC), Gaya Lintang di titik C (DC), dan Gaya Normal di
titik C (NC).
Menentukan nilai αc
y =
²
)x2l(f4
'y
²
)xl(xf4
ll
−
=⇒
−
untuk x = 4.5
y’ = 43,0
²15
)915(4.4
=
−
arc tg αc = 0,43 αc = 23.27°
sin α = 0,395
cos α = 0,919
Momen di titik C (MC)
MC = VA . 4,5 – HA (3,36) – R2 (1,5)
= 2,6 . 4,5 – 2,625 (3,36) – 1,5 (1,5)
= 5,13 tm
Gaya Lintang di titik C (DC)
Reaksi di titik C
VC = VA – R1 – R2 (tinjau kiri S)
= 2,6 – 0 – 1,5
= 1,1 ton (↑)

Analisa Struktur II
Gaya lintang di titik C (DC)
DC = VC cos αc – HC sin αc
= 1,1 (0,919) – 2,625 (0,395)
= -0.026 ton
Gaya Normal di titik C (NC)
NC = VC sin αc + HC cos αc
= 1,5 (0.395) + 2,625 (0.919)
= 3,005 ton
Jadi MC = 5,13 tm
DC = -0,026 ton
NC = 3,005 ton
αcVc cos αc
C
Vc Vc sin αc
Hc sin αc
Hc cos αc
Hc
C

Analisa Struktur II
BAB IV
METODA CONSISTENT DEFORMATION
4.1 Pendahuluan
Dalam bangunan Teknik Sipil, seperti gedung-gedung, jembatan dan lain
sebagainya, ada beberapa macam sistem struktur, mulai dari yang sederhana sampai
dengan yang sangat kompleks. Pada bab terdahulu mengenai struktur statis tertentu
dimana reaksi perletakan maupun gaya-gaya dalam (momen, gaya lintang, gaya normal)
pada struktur tersebut dapat dicari hanya dengan persamaan keseimbangan (ΣV=0,
ΣH=0, ΣM=0). Contoh : balok dengan dua perletakan sendi – rol atau balok kantilever
disebut sebagai struktur statis tertentu, karena bisa diselesaikan dengan persamaan
keseimbangan.
4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu
Suatu struktur disebut statis tak tentu jika tidak bisa diselesaikan dengan hanya
menggunakan persamaan keseimbangan. Dalam syarat keseimbangan ada tiga
persamaan, apabila sebuah struktur yang mempunyai reaksi perletakan lebih dari tiga,
maka reaksi-reaksi perletakan tersebut tidak bisa dihitung hanya dengan tiga persamaan
keseimbangan. Struktur tersebut dikatakan struktur statis tak tentu.
Kelebihan bilangan yang tidak diketahui terhadap jumlah persamaan
keseimbangan, disebut tingkat atau derajat ketidaktentuan suatu struktur. Apabila
kelebihan tersebut berupa reaksi perletakan maka struktur disebut statis tak tentu luar
sedangkan kalau kelebihan tersebut berupa gaya dalam maka struktur disebut statis tak
tentu dalam.
Contoh struktur statis tak tentu
1).
Gambar 4.1 Balok statis tak tentu
RAV
RBV
RAM
RAH
A B
C
P
I
q

Analisa Struktur II
Struktur pada gambar 4.1 disebut struktur statis tak tentu tingkat 1 (luar), karena
reaksi yang terjadi adalah 4 buah sehingga kelebihan 1 reaksi.
2).
Gambar 4.2 Portal statis tak tentu
Struktur pada gambar 4.2 disebut struktur statis tak tentu tingkat 3 (luar), karena
reaksi yang terjadi adalah 6 buah sehingga kelebihan 3 reaksi.
4.3 Metode Consistent Deformation
Metoda Consistent Deformation adalah metode yang paling umum dipakai untuk
menyelesaikan perhitungan suatu struktur statis tak tentu. Struktur statis tak tentu tidak
dapat diselesaikan hanya dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan, karena
mempunyai jumlah bilangan yang tidak diketahui lebih dari tiga. Dengan demikian, kita
membutuhkan tambahan persamaan untuk bisa menyelesaikannya. Untuk mendapatkan
persamaan tambahan, struktur dijadikan statis tertentu dengan menghilangkan gaya
kelebihan, dan menghitung deformasi struktur statis tertentu akibat beban yang ada.
Setelah itu struktur statis tertentu tersebut dibebani dengan gaya kelebihan yang
dihilangkan tadi, dan juga dihitung deformasinya.
Deformasi yang dihitung disesuaikan dengan gaya kelebihan yang dihilangkan.
Misalnya gaya yang dihilangkan adalah gaya horizontal, maka yang dihitung defleksi
horizontal pada tempat gaya yang dihilangkan tadi. Apabila gaya vertikal, yang dihitung
defleksi vertikal sedangkan kalau yang dihilangkan tersebut berupa momen, maka yang
dihitung adalah rotasi. Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya
kelebihan yang dikerjakan sebagai beban telah dihitung, maka dengan melihat kondisi
RBM
RBH
RBV
RAH
RAV
RAM
I
DC
P
B
q

Analisa Struktur II
fisik dari struktur asli, kita susun persamaan-persamaan tambahan yang diperlukan.
Misalnya untuk perletakan rol, maka defleksi tegak lurus perletakan harus sama dengan
nol, untuk perletakan sendi defleksi vertikal maupun horizontal sama dengan nol,
sedangkan untuk perletakan jepit, defleksi vertikal, defleksi horizontal dan rotasi sama
dengan nol. Persamaan-persamaan tambahan ini disebut persamaan Consistent
Deformation karena deformasi yang ada harus konsisten dengan struktur aslinya.
Setelah persamaan Consistent Deformatio” disusun, maka gaya-gaya kelebihan dapat
dihitung, dan gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan, setelah
gaya-gaya kelebihan tadi didapat.
4.4 Langkah-langkah Metoda Consistent Deformation
Langkah-langkah untuk menyelesaikan struktur statis tak tentu dengan metode
consistent deformation adalah sebagai berikut:
Tentukan tingkat atau derajat ketidaktentuan struktur
Buat struktur menjadi statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan.
Hitung deformasi struktur statis tertentu tersebut akibat beban yang ada.
Beban yang ada dihilangkan, gaya kelebihan dikerjakan sebagai beban, dan dihitung
deformasinya. Kalau gaya kelebihan lebih dari satu, gaya kelebihan dikerjakan satu
per satu bergantian. Deformasi yang dihitung disesuaikan gaya kelebihan yang
dihilangkan. Untuk gaya vertikal defleksi vertikal, gaya horizontal defleksi
horizontal dan momen rotasi.
Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya kelebihan dari struktur statis
tertentu tersebut dihitung, dengan kondisi struktur aslinya yaitu struktur statis tak
tentu, kita susunan persamaan Consistent Deformation
Dengan bantuan persamaan Consistent Deformation gaya-gaya kelebihan dapat
dihitung. Setelah gaya-gaya kelebihan didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung
dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan yang ada.

Analisa Struktur II
Contoh 1
Gambar 4.3 Penyelesaian dengan consistent deformation
Balok diatas 2 tumpuan jepit-rol.
• R = 4 > 3 (kelebihan 1 R)
Struktur statis tidak tertentu tingkat 1 (satu)
• RBV – sebagai gaya kelebihan
B – menjadi bebas
∆BV – defleksi yang dihitung
• Akibat beban yang ada dihitung defleksi vertikal di B (∆BV).
• Akibat gaya kelebihan (RBV) sebagai beban dihitung defleksi vertikal di B (δBV RBV)
• Struktur aslinya B rol, maka seharusnya defleksi vertikal di B sama dengan nol.
Persamaan Consistent Deformation
Σ ∆BV = 0
EI
RAV
RBV
B
q
RAM
RBH
A
a). Struktur statis tidak tertentu
L
b). Struktur statis tertentu
A B
q
A
B
A B
RBV
δBVRBV
∆BV
c). Akibat beban yang ada
d). Akibat RBV sebagai beban

Analisa Struktur II
∆BV + δBV RBV = 0
• Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun RBV dapat dihitung. Setelah
RBV didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan.
Contoh 2
• Struktur aslinya A adalah jepit, sebelumnya rotasi di A sama dengan nol. Persamaan
Consistent Deformation : Σ θA = 0
θA + ϕAM RAM = 0
• Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun, gaya kelebihan RAM dapat
dihitung. Setelah RAM didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan
keseimbangan.
RBV
Soal no.1 dapat diselesaikan juga sebagai
berikut :
Struktur statis tidak tertentu tingkat 1
(satu).
• RAM-sebagai gaya kelebihan
A – menjadi sendi
θA – rotasi yang dihitung
• Akibat beban yang ada dihitung rotasi
di A (θA)
• Akibat RAM sebagai beban dihitung
rotasi di A (ϕAM RAM).
EI
RAV
B
q
RAM
RAH
A
L
A B
q
A
B
θA
A
B
ϕAM RAM
RAM
d). Akibat RAM sebagai beban

Analisa Struktur II
Contoh 3
RAM
RAH RBV
RBH
q
D
B
A
P C
RAV
Portal dengan perletakan A jepit dan
B sendi.
Struktur statis tidak tertentu tingkat 2.
C D
B
A
• RBV dan RBH – sebagai gaya kelebihan
B – menjadi bebas
∆BV dan ∆BH - defleksi-defleksi yang
dihitung
q
D
B
A
C
∆ BV
∆ BH
• Akibat beban yang ada dihitung
defleksi vertical dan defleksi
horizontal dari B (∆BV dan ∆BH)
P

Analisa Struktur II
• Struktur aslinya B adalah sendi, seharusnya defleksi vertikal dan horizontalnya sama
dengan nol. Persamaan “Consistent Deformation”.
(1) Σ ∆BV = 0 ∆BV + δBVV RBV + δBVh RBH
(2) Σ ∆BH = 0 ∆BH + δBHV RBV + δBHh RBH
• Dengan 2 (dua) persamaan “Consistent Deformation” yang disusun, gaya kelebihan
RBV dan RBH dapat dihitung, setelah RBV dan RBH didapat, gaya-gaya yang lain dapat
dihitung dengan persamaan keseimbangan.
4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu
Untuk menghitung deformasi, kita bisa menggunakan beberapa metode seperti:
metoda “Unit Load”, metoda “Momen Area” dan metoda “Persamaan Garis Statis”.
Dalam pembahasan ini, kita metoda “unit load” karena metoda “unit load” dapat
d). akibat gaya kelebihan RBV
C
D
B
A
δBVV RBV
δBHV RBV
• Akibat gaya kelebihan RBV
dikerjakan sebagai beban,
dihitung defleksi vertical dan
defleksi horizontal dari B (δBVV
RBV dan SBHV RBV)
RBV
e). akibat gaya kelebihan RBH
• Akibat gaya kelebihan RBH
dikerjakan sebagai beban,
dihitung defleksi vertical dan
defleksi horizontal dari B.
RBH
δBHh RBH
δBVH.RBH
C D
B
A

Analisa Struktur II
dipergunakan untuk menghitung deformasi dari struktur balok portal maupun struktur
Rangka Batang.
Untuk struktur balok dan portal statis tertentu rumus deformasinya adalah:
x
x
xx
s
o
d
IE
mM
atau ∫∫∫∫=θ∆
∆ - defleksi
θ - rotasi
Mx – persamaan momen akibat beban yang ada
mx – persamaan momen akibat beban unit
E - Modulus elastis bahan batang
Ix - Momen Enersia penampang batang
dx
s
0
∫∫∫∫ - Integral seluruh panjang struktur
Catatan : Momen positif (+)
Momen negatif (-)
Untuk ∆ (defleksi), beban unit berupa beban unit gaya ( ↓ 1 ), sedangkan untuk θ
(rotasi), beban unit berupa beban unit momen ( 1). Arah defleksi / rotasi ditentukan
oleh nilai hasil perhitungan :
• Kalau hasil perhitungan positif (+), arah defleksi / rotasi searah dengan beban
unit yang dikerjakan.
• Kalau hasil perhitungan negatif (-) , arah defleksi / rotasi berlawan arah dengan
beban unit yang dikerjakan.
Pada struktur Rangka Batang hanya ada defleksi titik simpul. Untuk struktur Rangka
Batang statis tertentu, karena setiap batang mempunyai nilai gaya batang yang tetap
(konstant), maka perumusannya tidak memerlukan perhitungan integral melainkan
hanya penjumlahan secara aljabar saja. Rumus defleksi untuk struktur rangka batang
statis tertentu adalah sebagai berikut :
∑
)AE(
Sn
1i i
ii
=
=
µ
∆
∆ - defleksi
S – gaya batang akibat beban yang ada.
µ - gaya batang akibat beban unit

Analisa Struktur II
A – luas penampang batang
E – modulus elastis bahan batang
i – nomor batang dari 1 sampai dengan n
∑∑∑∑=
n
1i
- penjumlahan aljabar dari batang no.1 sampai dengan no. n
Catatan : Gaya batang tarik (+)
Gaya batang tekan (-)
Contoh perhitungan deformasi pada struktur statis tertentu
4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation.
Konsep metoda Consistent Deformation adalah membuat struktur statis tak tentu
menjadi struktur yang statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan yang ada.
Semakin banyak gaya kelebihan yang ada maka akan semakin banyak persamaan yang
harus disusun, sehingga perhitungannya akan semakin kompleks. Maka dari itu untuk
struktur balok dan portal pemakaian metoda ini akan lebih efektif untuk derajat
ketidaktentuannya tidak terlalu besar. Karena untuk struktur statis tak tentu dalam,
kelebihan satu potongan batang saja gaya kelebihannya ada tiga, maka untuk contoh-
contoh perhitungan penyelesaian balok dan portal statis tak tentu berikut ini hanyalah
struktur statis tak tentu luar.

Analisa Struktur II
Contoh 1
Suatu balok statis tak tentu dengan ukuran dan pembebanan seperti pada gambar.
A jepit dan B rol. Hitung gaya-gaya dalam dan reaksi perletakannya dengan metoda
Consistent Deformation. Gambar bidang M, N dan D nya.
Penyelesaian :
• R = 4 > 3 kelebihan 1 reaksi. Struktur statis tidak tertentu tingkat 1.
• VB – sebagai gaya kelebihan
∆BV – defleksi yang dicari.
• Akibat beban yang ada :
VA = 1 x 8 + 1 = 9 t (↑)
MA = ½ (1) 8² + 1 x 8 = 40 tm.
MA
VA
EI EI
2 m6 m VB
B
C
P = 1t
q = 1 t/m’
A
HA
EI
A B C
2 m6 m
a). Struktur statis tak tentu
A
MA = 40 tm
EI EIB
P = 1t
C
2 m6 mVA = 9t
q = 1 t/m’
x2 x1

Analisa Struktur II
VA = 1t (↑)
MA = - 1 x 6 = -6
Persamaan momen : (mx).
CB 0 < x1 < 2 mx1 = 0
BA 0 < x2 < 6 mx2 = -x2
• Akibat beban yang ada :
2x
22
2
2
6
0
1
1
2
1
2
0
s
0
BV d
EI
)x()4x3x(1/2-
∫dx
EI
)0()xx2/1(-
∫dx
EI
mxMx
∫ ++
+
+
==∆
= + [ ] ( )↓↓↓↓+=++
EI
450
x2xx8/1
EI
1 6
0
2
2
3
2
4
2
• Akibat beban VB = 1t (↓)
δBV = )↓(
EI
72
]x3/1[
EI
1
dx
EI
)²-x(
∫dx
EI
m
∫ 6
0
3
22
2
6
0
2
x
s
0
+===
• Struktur aslinya B adalah rol ∆Σ BV = 0
Persamaan “Consistent Deformation”
∆BV + δBV VB = 0
0V
EI
72
EI
450
B =+ VB = -6,25 t ()
Persamaan momen : (Mx)
CB 0 < x1 < 2
Mx1 = - ½ x1² - x1 = - (½ x2
1 + x1)
BA 0 < x2 < 6
Mx2 = - ½ (x2 + 2)² – 1(x2 + 2)
= - (½ x2
2
+ 3x2 + 4)
A EI B C
2 m6 m
EI
1
x2 x1
MA = 6
1
VA = 1
• Akibat beban unit di B (↓)
• ( Akibat beban VB = 1t (↓) )

Analisa Struktur II
Gambar 4.7 Bidang momen, gaya lintang, dan gaya normal
- Bidang Gaya Lintang (D)
AB 0 < x1 < 6 Dx1 = 2,75 – x1
Dx = 0 2,75 – x1 = 0 x1 = 2,75
DA = 2,75 t
DBkr = 2,75 – 6 = - 3,25 t
CB 0 < x2 < 2 Dx2 = x2 + 1
DC = +1
DBkn = +3
MA = 2,50 tm
q = 1 t /m
B
C
1t
A
6 m 2 m
VA = 2,75 t VB = 6,25 t
(e) reaksi perletakan balok
3,25 t
2,5 t 3 t
1t
CB
++
A
2,75 m
-
(f) Bidang gaya lintang (D)
3,25 t
2,5 t 3 t
1t
CB
++
A
2,75 m
-
(-) (-)
(+)
1,28125 tm
A B C
4 tm2,5 tm
2,75 m
(g). Bidang Momen
ΣV = 0 VA + VB = 8 + 1
VA = + 2,75 t (↑)
ΣH = 0 HA = 0
ΣMA = 0 MA + VB x 6 – 8 x 4 – 1 x 8
= 0
MA = + 2,5 tm
- Bidang Gaya Normal (N) N = 0
- Bidang Momen (M)
AB 0 < x1 < 6
Mx1 = 2,75 x1 – 2,50 – ½ x1
2
m75,2x75,20
dx
dm
1
1
1x
=→→→→x-== 1
Mmax = 2,75 x 2,75 – 2,50 – ½ (2,75)²
= + 1,28125 tm
CB 0 < x2 < 2
Mx2 = - ½ x 2
2 – x2
MB = - ½ (2)2
– 2 = - 4 tm

Analisa Struktur II
Contoh 2
q = 1 t/m’
Hc
Vc
EI
B C
HA
A
MA
VA 4 m
4 m
Suatu struktur portal statis tidak tertentu
dengan ukuran dan pembebanan seperti
pada Gambar. A jepit dan C sendi.
• Selesaikan portal tersebut dengan
metoda “Consistent Deformation”
• Gambarkan bidang M, N dan D nya
Penyelesaian :
• R = 5 > 3 kelebihan 2 reaksi. Struktur
statis tidak tertentu tingkat 2.
• MA dan HC sebagai gaya kelebihan
sehingga A menjadi sendi dan C
menjadi rol.
• θA dan ∆CH deformasi yang
dihitung.
q = 1 t/m’
Vc = 2t
B C
A
VA = 2t
x2
x1
(c). Akibat beban yang ada
• Akibat beban yang ada.
ΣH = 0 HA = 0
VA = VC = ½ x 1 x 4 = 2 t (↑)
Persamaan momen (Mx)
AB 0 < x1 < 4 m Mx1= 0
CB 0 < x2 < 4 m Mx2 = 2 x2 – ½ x2
2
EI
B
C
A
MA
4 m
4 m
EI

Analisa Struktur II
e). Akibat beban unit horizontal di C ( )
(beban HC = 1t )
• Deformasi akibat beban yang ada :
EI3
8
-]x
32
1
x
6
1
-[
EI
1
)d
4
x
-()x
2
1
-(x2∫EI
1
dx
EI
mM
∫A
4
0
4
2
3
2x2
22
22
4
0
rx
s
s0
=+===θ
)(
3
32
8
1
3
21
dxx
2
1
-2
1
4
0
43
x22
2
22
4
00
∫∫ →+=





−=





==∆
EI
xx
EI
x
EI
dx
EI
mM hx
s
CH
s
Deformasi akibat MA = 1 tm
d). Akibat beban unit momen di A
(Beban MA = 1 tm
Vc = ¼
EI
B C
A
VA = ¼
x2
1
x1
• Akibat beban unit momen di A
(beban MA = 1 tm )
ΣH = 0 HA = 0
ΣMC = 0 VA . 4 – 1 = 0 VA = ¼ (↑)
ΣV = 0 VA + VC = 0 VC = - ¼ (↓)
Persamaan momen (mr)
AB, 0 < x1 < 4 m mr1 = -1
CB, 0 < x2 < 4 m mr2 = - ¼ x2
• Akibat beban unit horizontal di C ( )
(akibat HC = 1t )
ΣH = 0 HA = 1t (←)
ΣMC = 0 VA x 4 + 1 x 4 = 0 VA = - 1t (↓)
ΣV = 0 VA + VC = 0 VC = + 1t (↑)
Persamaan momen (mh)
AB, 0 < x1 < 4 m mh1 = + x1
CB, 0 < x2 < 4 m mh2 = + x2
1
Vc = 1
B
C
A
VA = 1
x2
x1
HA = 1

Analisa Struktur II
( )∫ ∫ ∫ EI3
16
48
x
EI
I
x
EI
I
dx²
4
x
EI
I
dx)²1(
EI
I
dx
EI
²ms
0
4
0
4
0
4
0
3
24
012
2
1
r
Am +=+=+==ϕ
δCHm = ( )∫ ∫ ∫ dxx
4
x
EI
I
d)x)(1(
EI
I
dx
EI
mms
0
4
0
4
0
22
2
1x1
hr
+=
= )(
3
40
122
1
4
0
3
2
4
0
1 ←−=





−





−
EI
x
EI
I
x
EI
I
• Deformasi akibat HC = 1t (→)
ϕAh = ( )∫ ∫ ∫ dx
4
x
x
EI
I
d)1)(x(
EI
I
dx
EI
mms
0
4
0
4
0
2
2
21x1
rh
+=
=
EI
x
EI
I
x
3
40
122
1
4
0
3
2
4
0
1 −=





−





−
δCHh = ( )∫ ∫ ∫+=
s
x
h
dxx
EI
I
dx
EI
I
dx
EI
m
0
4
0
4
0
2211 ²)²(
²
= )(
3
128
33
4
0
3
2
4
0
3
1
→+=





+





EI
x
EI
Ix
EI
I
• Struktur aslinya A adalah jepit, Σ θA = 0
• dan C adalah sendi , Σ ∆CH = 0
Persamaan Consistent Deformation
Σ θA = 0 θA + ϕAm . MA + ϕAh HC = 0
05210
3
40
3
16
3
8
=−+−→=−+− CACA HMH
EI
M
EIEI
(1)
Σ∆CH = 0 ∆CH + δCHm MA – δCHh HC = 0
016540
3
128
3
40
3
32
=+−+→=+−+ CACA HMH
EI
M
EIEI
(2)
5 x (1) + 2 x (2) + 3 – 7 HC = 0 HC = t
7
3
− (←)
(1) -1 + 2 MA – 5
7
3
(− ) = 0 MA = tm
7
4
−

Analisa Struktur II
o
Gambar 4.8 Penyelesaian dengan
consistent deformation
Dengan free body diagram kita dapat menggambarkan bidang M, D, N nya.
f). Reaksi perletakan struktur statis tidak terntetu
g). Free Body diagram
7
3
t
7
12
t
A
7
3
t
7
4
tm
t
7
3 t
7
16
q = 1 t/m’
tm
7
8
7
16
t
B C
tm
7
8
Bidang Gaya Normal (N) :
Batang AB NAB = t
7
16
- (tekan)
Batang BC NBC = t
7
3
- (tekan)
Bidang Gaya Lintang (D) :
Batang AB Dx1 = t
7
3
-
x1 = 0 DA = t
7
3
-
x2 = 4 m DBbw = t
7
3
-
Batang CB Dx2 = 2x+
7t
12
-
x2 = 0 Dc =
7
12
-
x2 = 4 m DBkm = t
7
16
4 +=+
7
12
-
Untuk Dx = 0 0x2 =+
7
12
-
x2 = + m
7
12
q = 1 t/m’
HC =
7
3
t
VC =
7
12
t
MB =
7
8
tm
C
B
A
MA =
7
4
tm
VA =
7
16
t
HA =
7
3
t
ΣH = 0 HA + HC = 0 HA =
7
3
t (→)
ΣMA = 0 VC x 4 + HC x 4 – 4 x 2 - MA=0
VC =
7
3
-+ )4x
7
4
8(
4
1
= t
7
12
(↑)
ΣV = 0 VA + VC – 4 = 0
VA =
7
16
t (↑)
MB = VC x 4 – 4 x 2 =
7
12
x 4 – 4 x 2 = -
7
8
tm

Analisa Struktur II
4.7 Penyelesaian Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan
Akibat penurunan perletakan pada struktur, akan menimbulkan gaya-gaya dalam
pada struktur statis tak tentu. Contoh: balok diatas dua tumpuan sederhana perletakan B
turun sebesar ∆ terhadap perletakan A (Gambar 1.9) maka balok tersebut akan berotasi
pada titik A dan B sebesar
L
∆
. Karena perletakan A adalah sendi dan perletakan B
adalah rol, sehingga bisa menerima rotasi yang terjadi. Balok tidak menerima gaya
dalam akibat penurunan perletakan B tersebut. Sedangkan kalau balok statis tak tentu,
dimana A perletakan jepit dan B perletakan rol (Gambar 1.10), apabila terjadi
penurunan perletakan B terhadap perletakan A sebesar ∆, akan terjadi rotasi sebesar
L
∆
pada titik A dan B. Karena perletakan A adalah jepit, maka rotasinya haruslah sama
dengan nol (θA = 0), sehingga akan terjadi gaya dalam berupa momen di A untuk
mengembalikan rotasi di A menjadi nol.
Untuk menyelesaikan struktur statis tak tentu akibat penurunan perletakan
dengan metoda Consistent Deformation konsep dasarnya sama dengan akibat
pembebanan. Deformasi yang dihitung hanya akibat gaya-gaya kelebihan yang
dikerjakan sebagai beban. Penyusunan persamaan Consistent Deformation nya, dengan
∆
EIA B
L
a). Balok statis tertentu
A B
θ =
L
∆
B1
θ =
L
∆
b). Akibat B turun sebesar ∆
Gambar 1.9 Penurunan
perletakan balok statis
tertentu
EI
L
A B
a). Balok statis tidak tertentu
θ =
L
∆
MA
B
B1
∆
Gambar 1.10 Penurunan
perletakan balok statis tak
tentu
A
b). Akibat B turun sebesar ∆

Analisa Struktur II
melihat kejadian yang timbul pada struktur aslinya. Untuk memilih gaya kelebihan yang
dihilangkan sebaiknya disesuaikan dengan kejadian yang timbul pada struktur aslinya,
misalnya terjadi penurunan diperletakan A, maka gaya kelebihan yang dihilangkan
adalah reaksi vertikal perletakan A (RAV).
Contoh
Sebuah balok statis tak tentu dengan perletakan A jepit dan B rol seperti pada Gambar.
Bentangan balok L = 6,00 m. Balok dari bahan beton dengan ukuran 40 x 60 cm, E
beton = 2 x 105
kg/cm². Kalau terjadi penurunan perletakan B sebesar ∆B = 2 cm, hitung
reaksi perletakan dan gaya-gaya dalam balok tersebut dengan metoda Consistent
Deformation.
Gambar 4.11 Contoh penyelesaian akibat penurunan perletakan
R = 4 > 3, kelebihan 1 reaksi :
VB – sebagai gaya kelebihan
∆BV – defleksi yang dicari
Balok Beton 40 / 60
Ix = 1/12 (40) 60³ = 720.000 cm 4
E = 2 x 105
kg/cm²
EI = 2 x 105
x 720.000 = 144 x 109
kg cm²
= 14.400 tm²
Akibat beban unit di B vertikal
(akibat VB = 1t) (↓)
VA = 1t (↑)
MA = 1 x 6 = 6 tm
b). Perletakan B turun ∆B = 2 cm
B
EIA
B
L = 6 m
c). Balok statis tertentu
MA = 6 1
B
xA
VA = 1t
d). Akibat beban unit vertikal di B (↓)
(akibat VB = 15 ↓)
EIA B
L = 6m
A B
B’
∆
MAHA
VA VB

Analisa Struktur II
BA 0 < x < 6 m mx = -x
δBV = ∫ x
EI
-x)²(
∫dx
EI
²mx 6
0
=
=
EI
72
³]x
3
1
[
EI
1 6
0 += (↓)
∆B = 0,02 m (diketahui)
Persamaan Consistent Deformation : Σ ∆B = 0,02 m.
02,0V
EI
72
B =
VB = 0,02 x t4
72
14400
x02,0
72
EI
+== (↓)
Selanjutnya dapat digambar M, D, N akibat penurunan perletakan

Analisa Struktur II
BAB V
PERSAMAAN TIGA MOMEN
5.1 Pendahuluan
Metoda Consistent Deformation dapat dipakai pada struktur balok portal maupun
struktur rangka batang statis tak tentu, sedangkan metoda Persamaan Tiga Momen yang
hanya dapat dipakai untuk struktur balok dan portal statis tak tentu. Pada suatu struktur
balok dan portal, sambungan antara batang-batang pada struktur tersebut diasumsikan
sebagai sambungan kaku, dimana dalam sambungan kaku harus dipenuhi dua
persyaratan yaitu :
a). Keseimbangan: jumlah momen batang-batang yang bertemu pada sebuah titik
simpul yang disambung secara kaku sama dengan nol ( ∑∑∑∑ =
=
n
1i
Ti 0M ).
b). Kestabilan: rotasi batang-batang yang bertemu pada sebuah titik simpul yang
disambung secara kaku sama besar dan arahnya (θT1 = θT2 = …θT3)
Metoda Persamaan Tiga Momen, memakai momen-momen batang sebagai
variabel (bilangan yang tidak diketahui) dan pergoyangan (defleksi ∆) pada struktur-
struktur yang dapat bergoyang. Untuk menentukan apakah sebuah struktur dapat
bergoyang atau tidak, dapat dilihat dari teori sebagai berikut: suatu titik simpul
mempunyai dua kemungkinan arah pergerakan, yaitu vertikal dan horizontal. Perletakan
jepit dan perletakan sendi tidak dapat bergerak vertikal maupun horizontal, sedangkan
perletakan rol dapat bergerak hanya pada satu arah yaitu searah bidang perletakan.
Batang dibatasi oleh dua titik simpul, sehingga pergerakan titik simpul searah batang
sama. Dari konsep tersebut dapat dirumuskan : n = 2 j – (m + 2f + 2 h + r), dimana:
n = jumlah derajat kebebasan dalam pergoyangan.
j = “joint”, titik simpul termasuk perletakan
m = “member”, jumlah batang yang dibatasi oleh dua joint.
f = “fixed”, jumlah perletakan jepit.
h = “hinge”, jumlah perletakan sendi.
r = “rol”, jumlah perletakan rol.
Apabila n < 0, struktur tidak dapat bergoyang.

Analisa Struktur II
Untuk menghitung variabel yang ada, disusun persamaan-persamaan sejumlah
variabel yang ada, dari dua ketentuan syarat sambungan kaku seperti yang disebutkan
diatas yaitu :
(1) Jumlah momen-momen batang yang bertemu pada satu titik simpul sama dengan
nol.
(2) Rotasi batang-batang yang bertemu pada satu titik sama, besar dan arahnya. Dan
kalau ada variabel ∆ perlu persamaan keseimbangan struktur.
5.2 Langkah-langkah Metode Persamaan Tiga Momen
Langkah-langkah metode persamaan tiga momen:
Tentukan apakah struktur statis tak tentu tersebut mempunyai pergoyangan ,
dengan rumus :
n = 2j- (m+2f+2h+R)
Kalau n < 0, berarti stuktur tersebut tidak bergoyang.
Kalau ada pergoyangan, gambarkan bentuk pergoyangan dan tentukan arah rotasi
batang–batang akibat pergoyangan tersebut. Dalam menggambarkan bentuk
pergoyangan ada dua ketentuan yang harus diperhatikan yaitu :
• Batang tidak berubah panjang, Suatu batang ( ij ) kalau joint i bergerak ke kanan
sebesar ∆ , maka joint j juga akan berpindah ke kanan sebesar ∆.
• Batang dapat berotasi akibat perpindahan relatif ujung-ujung batang.
Perpindahan relatif antara ujung-ujung batang dapat digambarkan tegak lurus
sumbu batang dan arah rotasi digambarkan dari arah asli sumbu batang ke arah
sumbu batang setelah bergoyang.
∆ ∆
i’i j’j
L
(a)
j
i
θ ij
L
j’
θji
∆
θij = θji =
L
∆
Gambar 5.1 Bentuk pergoyangan
(b)

Analisa Struktur II
Gambarkan permisalan arah momen-momen batang. Untuk momen kantilever,
dapat dihitung besarnya dan ditentukan secara pasti arah putarannya, sedangkan
untuk momen- momen batang yang lain besar maupun arahnya dimisalkan dengan
mengingat ketentuan bahwa jumlah momen-momen batang yang bertemu pada satu
titik simpul sama dengan nol. Jadi kalau pada satu titik simpul bertemu dua batang ,
maka besarnya momen-momen batang tadi sama, tetapi arahnya berlawanan.
Dari langkah langkah yang telah dikerjakan diatas dapat ditentukan jumlah
variablenya, yaitu momen-mpmen batang yang belum diketahui besarnya dan
perpidahan relatif ujung batang (∆) kalau ada goyangan.
Gambarkan pemisalan bentuk garis elastis struktur. Untuk menggambarkan
permisalan bentuk garis elastis struktur, harus mengingat ketentuan bahwa rotasi
batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul adalah sama, besar maupun
arahnya. Jadi kalau salah satu batang yang bertemu pada satu titik dimisalkan
rotasinya searah jarum jam, maka batang-batang yang lain yang bertemu pada titik
simpul tersebut harus digambarkan dengan arah rotasi yang sama yaitu searah
jarum jam.
Untuk menghitung variabel-variabel diatas, susunlah persamaan-persamaan
sejumlah variable yang ada. Penyusunan persamaan–persamaan tersebut
berdasarkan ketentuan keseimbangan momen dan rotasi batang-batang pada titik
simpul atau perletakan.
• Momen batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul sama dengan nol.
Untuk momen batang yang digambarkan dengan arah sama, diberi tanda sama.
Misalnya kalau searah jarum jam diberi tanda positif (+). Maka yang berlawanan
arah jarum jam diberi tanda negatif (-), atau sebaliknya .
• Rotasi batang dengan perletakan jepit sama dengan nol.
• Rotasi batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul sama besar maupun
arahnya. Untuk menyusun persamaan rotasi harus memperhatikan permisalan
garis elastis (rotasi batang) dengan beban dan momen – momen yang ada pada
batang tersebut. Kalau arah rotasi batang pada permisalan garis elastis sesuai
dengan rotasi batang yang diakibatkan oleh beban dan momen batang yang
bekerja diberi tanda positif (+) , kalau sebaliknya diberi tanda negatif (-).

Analisa Struktur II
• Kalau ada variabel pergoyangan (∆) maka perlu tambahan persamaan
keseimbangan struktur. Disini kita buat perhitungan free body diagram dengan
arah momen-momen batang seperti yang dimisalkan, sehingga kita mendapatkan
satu persamaan yang menghubungkan antara variable satu dengan yang lainnya.
Dari persamaan-persamaan yang disusun diatas, maka variable-variable yang
berupa momen-momen batang tadi dapat dihitung besarnya. Kalau nilai variable
yang didapat positif (+), maka arah momen permisalan benar, sedangkan kalau
nilainya negatif (-), maka arah momen yang dimisalkan terbalik.
Setelah momen-momen diperoleh, dengan perhitungan keseimbangan tiap-tiap
batang (free body diagram), bidang momen, gaya lintang dan gaya normal dari
struktur statis tidak tertemtu tersebut dapat digambarkan.
Contoh langkah-langkah perhitungan dengan metoda persamaan tiga momen
1. Balok diatas tiga tumpuan, A
jepit, B dan C rol. Dengan
beban seperti tergambar :
n = 2j-(m+2f+ 2h+2)
n = 2x3 – (2+2x1+2x0+2)
n = 0
( Tidak ada penggoyangan )
Pemisalan momen batang:
MCD = ½ (q )l2
+ P x 2
=1/2 (1)2
+ 1 x 2
= 4 tm
Σ MC = 0 MCB = 4 TM
Σ MB = 0 MBA + MBC =0
MBA = - MBC (sama besar,
berlawanan arah, MB )
A jepit, ada MA
q = 1 t/m
P = 1 t
A
6 m 2 m
B C
6 m
EIEI EI
D
P = 1 t
A B
D
C
MA MB
MC =4 tm
A B C
D
θ BA
θ BC
b). Permisalan arah momen batang
c). Permisalan garis elastis
Gambar 2.2 Penyelesaian dengan
persamaan tiga momen

Analisa Struktur II
• Variabel yang ada : MA dan MB. Berarti ada dua buah variabel
• Permisalan garis elastis.
Salah satu batang dimisalkan dulu, misalnya batang AB melendut ke bawah
berarti rotasi BA berlawanan arah jarum jam. Maka batang yang lain mengikuti
dengan mengingat rotasi batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul
sama besar maupun arahnya.
• Menyusun persamaan :
Karena ada dua variable ( MA dan MB ) maka butuh dua persamaan.
- Dari persamaan keseimbangan momen, telah dipenuhi dari pemisalan arah
momen batang
- Dari persamaan rotasi batang-batang :
A jepit θAB = 0 (1)
Titik B θBA= θBC (2)
• Dari dua persamaan tersebut , MA dan MB dapat dihitung, setelah momen
momen batang didapat, dengan perhitungan “ free body diagram “ bidang
momen ( M ), gaya lintang ( D ), dan gaya normal ( N ), dapat digambarkan.
2.
a). Portal statis tidak tertentu
P1=1t
4 m
4 m
1 m
A B
EI EI
EIC D EEIP2=2t
q = 1 t/m’
A B
C D D’C’
Suatu portal dengan perletakan A dan B
sendi, dengan ukuran dan beban seperti
tergambar
n = 2 j – (m + 2 f + 2 f + 2)
= 2 x 4 – (3 + 2 x 0 + 2 x 2 + 0)
n = 1
ada sebuah bentuk pergoyangan.
Gambar pergoyangan
Batang AC, A sendi berarti C hanya
bisa bisa berpindah tegak lurus sumbu
batang AC.
Misalkan C berpindah ke C’ sebesar ∆
kekanan. Batang CD tidak berubah
panjang, D juga bergerak kekanan
sebesar ∆ ke D’. untuk batang BD
keadaannya sama seperti batang AC.
Batang-batang AC dan BD akibat
pergoyangan berotasi searah jarum
jam.

Analisa Struktur II
b). Gambar pengoyangan
c). Pemisahan Momen Batang
Menyusun persamaan :
Karena ada 4 variabel (∆, MC, MDB, MDC) bentuk empat persamaan.
- Dari persamaan keseimbangan momen.
Σ MD = 0 MDB + MDC – MDE = 0 (1)
- Dari rotasi titik simpul
Titik C θCA = θCD (2)
Titik D θDB = θDC (3)
- Karena ada variabel ∆, maka perlu persamaan keseimbangan struktur (4)
Dari keempat persamaan yang disusun, variabel-variabel MC, MDB, MDC dan ∆ dapat
dihitung. Setelah momen-momen bahwa didapat, dengan perhitungan free body
A B
C
E
θCD θDCD
θCA
θDB
d). Pemisahan garis elastis
Gambar 5.3 Penyelesaian dengan persamaan tiga momen
Variabel yang ada : ∆, MC, MDB, MDC
Pemisahan gambar garis elastis. Batang
CD dimisalkan melendut kebawah,
berarti θCD searah jarum jam sedangkan
θDC berlawan arah jarum jam. Maka
untuk batang AC, θCA searah jarum jam,
sedangkan untuk batang DB, θDB
berlawanan arah jarum jam.
A B
MC
MDB
D
E
P1=1t
P2=2t
MDC
C
MDE = 1,5 tm
MC
Pemisahan momen batang.
MDE = ½ (1) 1² + 1 x 1 = 1,5 tm
Titik C, MCA = MCD sama besar
berlawan arah (MC)
Titik D, ada MDB, MDC dan
MDE = 1,5 tm

Analisa Struktur II
diagram, bidang Momen (M), gaya Lintang (D), dan gaya Normal (N) dapat
digambarkan.
5.3 Rotasi Batang
Dengan metoda-metoda unit load atau moment area, kita dapat menghitung besar
dan arah rotasi batang sebagai berikut :
a) akibat beban merata
b). akibat beban terpusat ditengah bentang.
c). akibat momen Mij
d). akibat momen Mji
e). akibat pergoyangan
L
EI
θij θji
i j
θij = θji =
EI24
ql4
L
EI
i
j
θjiθij
θij = θji =
EI16
PL3
EIi θjiθij
L
j
Mij θij =
EI6
LM
;
EI3
LM ij
ji
ij
=θ
θij = ;
6 3
ij ji
ji
M L M L
EI EI
θ =
i θjiθij
L
Mij
j
i j
ji
θij = θji =
L
∆
L
θ ij
θ ji
Gambar 2.4 Rotasi batang

Analisa Struktur II
Contoh 1
1.
Gambar 5.5 contoh penyelesaian dengan
persamaan tiga momen
Variabel yang ada : MA dan MB
Persamaan :
1. A jepit : θAB = 0
4
A AB B ABM L M .L
- - 0
3 6 24
AB
AB AB AB
q L
EI EI EI
+ =
4
A BM .6 M .6 1(6)
- - 0 1,5
3(1,5EI) 6(1,5EI) 24(1,5 )
x EI
EI
+ =
2 MA + MB = 9 (1)
A B C1,5 EI 2 EI EI
P1 = 4t P2 = 1,5 tq = 1 t/m’
6 m 6 m 2 m
D
a). Balok statis tidak tentu dengan
pembebanannya
Suatu balok statis tidak tertentu diatas 3
tumpuan, A perletakan jepit B dan C
perletakan rol dengan ukuran dan
pembebanan seperti tergambar. Hitung
momen-momen batangnya dengan metoda
“Persamaan Tiga Momen” dan gambarkan
bidang M, D dan N nya.
A B C
6 m 6 m 2 m
D
c). Gambar permisalan garis elastis
θBA
θBC
A B C1,5 EI 2 EI EI
P1 = 4t P2 = 1,5 t
q = 1 t/m’
6 m 6 m 2 m
D
b). Gambar permisalan momen-momen
batang
MC = 3 tmMBMA
Penyelesaian :
n = 2j – (m + 2f + 2h + 2)
= 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 2)
n = 0 tidak ada pergoyangannya.
Permisalan Momen Batang
MCD = 1,5 x 2 = 3 tm
Titik C ΣMC = 0 MCB = MCD
= MC = 3 tm
Titik B ΣMB = 0 MBA = MBC
= MB
A jepit ada MA
Permisalan garis elastis
θBA = θBC berlawanan arah
jarum jam

Analisa Struktur II
2. Titik simpul B : θBA = θBC
3
B BC C BC 1A AB B AB M L M .L P ²M L M .L
- - -
6 3 24 3 6 16
BCAB
AB AB AB BC BC BC
Lq L
EI EI EI EI EI EI
+ = + +
EI5,1x
)EI2(16
)²6(4
-
)EI2(3
6x3
)EI2(3
6.M
)EI5,1(24
)6(1
)EI5,1(3
.6M
-
)EI5,1(6
6.M
- B
3
BA
++=+
MA + 3,5 MB = 13,5 (2)
(1) – 2 x (2) - 6 MB = -18
MB = + 3 tm (arah benar)
(2) MA + 3,5 MB = 13,5 MA + 3,5 x 3 = 13,5
MB = 13,5 – 10,5 = + 3 tm (arah benar).
d). Free body diagram
P2 = 1,5 tq = 1t/m’
MA=3 tm
MB=3 tm
P1 = 4t
MC=3 tm
D
CB
A 3 t 3 t 2 t 2 t 1,5 t
3m 3m 3m 3m 2m
3t
2t 1,5t
2t
3t
B C DA
+
-
+
-
+
e). Bidang Gaya Lintang (D)
+ +
- --
BA C D
3 tm 3 tm3 tm
3 tm
1,5 tm
e). Bidang Momen (M)
Gambar 5.6 Gambar M, D, N

Analisa Struktur II
Contoh 2
a). Portal statis tidak tertentu
Gambar 5.7 contoh penyelesaian dengan persamaan tiga momen
2m 2m 1m
3mEI
EI2EI
A
B C
P1 = 4t P2 = 3t
D
Suatu portal dengan ukuran dan
pembebanan seperti tergambar. A
perletakan rol dan D perletakan jepit.
Hitung momen-momen batangnya
dengan metoda Persamaan Tiga Momen
A A’
B B’
C’C
D
b). Gambar pergoyangan
3t
MBD
MDB
D
A MBA
B
C
MCB
4t
c).Gambar permisalan momen
batang
B
θBD
A
C
D
θBA
d).Gambar permisalan garis
elastis
Penyelesaian :
n = 2 j – (m + 2f + 2h + µ)
= 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 1) = 1
ada pergoyangan !.
Gambar pergoyangan
A bergerak ke A’ sebesar ∆
B bergerak ke B’ sebesar ∆
Batang BD berotasi searah jarum jam
Permisalan Momen Batang
MBC = 3 x 1 = 3 tm
MBA ; MBD ; MDB
Permisalan Garis Elastis
θBA = θBD ( )
Varibel yang ada :
MBA, MBD, MDB dan ∆
Persamaan :
1). Σ MB = 0 MBA – MBC – MBD = 0
MBA = MBD + 3 (1)
2). D jepit θDB = 0

Analisa Struktur II
0
LEI3
L.M
EI6
L.M
BDBD
BDDB
BD
BDBD
=++
∆
0EI2M6M3→0
3EI3
3.M
EI6
3.M
DBBD
DBBD
=++=++ ∆
∆
(2)
3). θBA = θBD
BDBD
BDDB
BD
BDBD
BA
BA1
BA
BABA
L
-
EI6
L.M
EI3
L.M
EI16
²LP
EI3
L.M
-
∆
+=+
3
-
EI6
.M
EI3
³.M
)EI2(16
)²4(4
3(2EI)
M
-
6
BDBDBA ∆
+=+
4 MBA + 6 MBD + 3MDB – 2 EI∆ = 0 (3)
4). Persamaan Keseimbangan Struktur
Substitusi (4) ke (2) 9 MBD + 2 EI ∆ = 0
Substitusi (4) ke (3) 13 MBD – 2 EI ∆ = 0
22 MBD = 0 MBD = 0
(4) MDB = 0
(1) MBA = + 3 tm
3 m
MDB
MBA
MBC = 3 tm
3t4t
A
B
C
D
HD = 0
MBD
A rol HA = 0
Σ H = 0 HA + HD = 0 HD = 0
Batang BD : Σ MB = 0
HD x 3 + MDB – MBD = 0
MBD = MDB (4)
+

Analisa Struktur II
5.4 Penyelesaian Akibat Penurunan Perletakan
1).
Gambar 5.8 contoh penyelesaian dengan persamaan tiga momen akibat penurunan
perletakan
Sebuah balok statis tidak tertentu dengan
perletakan A jepit dan B rol. Bentang balok
L = 6 m. Balok dari beton dengan ukuran
penampang 40 x 60 cm, E beton = 2 x 105
kg/cm2
.
Kalau terjadi penurunan perletakan B sebesar
∆B = 2 cm, hitung momen batang balok
tersebut dan gambar bidang M, D dan N-nya.
Penyelesaian :
Gambar pergoyangan akibat B turun
∆B = 2 cm. Tentukan arah putaran rotasi
batang (θAB )
n = 2 j – (m + 2f + 2h + r)
= 2 x 2 – (1 + 2 x 1 + 2 x 0+ 1) = 0
Tidak ada goyangan
Permisalan momen batang
MA MB = 0 (rol)
Variabel MA
Permisalan garis elastis θAB , θBA
A
B
EI
L = 6 m
MA
c). Permisalan momen batang
A
B
L = 6 m
d). Permisalan garis elastis
θBAθAB
b). Pergoyangan akibat B
turun ∆B = 2 cm
A
B
EI
L = 6 m
A
B’
B
2 cm

Analisa Struktur II
Persamaan : A jepit θAB 0
0
EI3
6.M
-
600
2
→0
EI3
LM
-
L
AA
==
∆
MA = +
600
EI
(arah momen benar)
Balok Beton :
I = 43
cm000.72060)40(
12
1
=
E = 2 x 105
kg/cm2
EI = 2 x 105
x 720.000 kg cm2
= 144 x 109 kg cm2
EI = 14.400 t m2
(satuan disesuaikan L dalam meter).
MA = + tm24
600
400.14
+=

Analisa Struktur II
BAB VI
METODE SLOPE DEFLECTION
6.1 Pendahuluan
Berbeda dengan metoda-metoda yang telah dibahas sebelumnya, yaitu metoda
Consistent Deformation yang memakai gaya luar (reaksi perletakan) sebagai variabel
dan metoda Persamaan Tiga Momen yang memakai gaya dalam (momen batang)
sebagai variable, untuk metoda Slope Deflection ini rotasi batang dipakai sebagai
variable. Maka dari itu untuk metoda Consistent Deformation dan metoda Persamaan
Tiga Momen yang variabelnya berupa gaya luar ataupun gaya dalam dikategorikan
sebagai Force Method sedangkan metoda Slope Deflection yang memakai rotasi batang
sebagai variabel dikategorikan sebagai Flexibility Method. Dengan ketentuan bahwa
pada batang-batang yang bertemu pada suatu titik simpul yang disambung secara kaku
mempunyai rotasi yang sama, besar maupun arahnya, maka pada batang-batang yang
bertemu pada titik simpul tersebut mempunyai rotasi yang sama, atau boleh dikatakan
sama dengan rotasi titik simpulnya. Sehingga dapat dikatakan jumlah variabel yang ada
sama dengan jumlah titik simpul (joint) struktur tersebut.
Besarnya variabel-variabel akan dihitung dengan menyusun persamaan-
persamaan sejumlah variabel yang ada dengan ketentuan bahwa momen batang-batang
yang bertemu pada satu titik simpul haruslah dalam keadaan seimbang atau dapat
dikatakan jumlah momen-momen batang yang bertemu pada satu titik simpul sama
dengan nol. Disini diperlukan perumusan dari masing-masing momen batang sebelum
menyusun persamaan-persamaan yang dibutuhkan untuk menghitung variabel-variabel
itu. Rumus-rumus momen batang tersebut mengandung variabel-variabel yang ada yaitu
rotasi titik simpul.
Dengan persamaan-persamaan yang disusun, besarnya variabel dapat dihitung.
Setelah besarnya variabel didapat, dimasukkan kedalam rumus-rumus momen batang,
maka besarnya momen batang-batang tersebut dapat dihitung. Demikianlah konsep dari
metoda “Slope Deflection” untuk menyelesaikan struktur statis tidak tertentu.

Analisa Struktur II
6.2 Momen Batang
Momen batang dapat ditimbulkan dengan adanya beban luar, rotasi titik simpul
ujung-ujung batang dan juga akibat perpindahan relatif antara titik simpul ujung batang
atau yang biasa disebut dengan pergoyangan.
A. Batang dengan kedua ujungnya dianggap jepit
1. Akibat beban luar
Momen batang akibat beban luar atau disebut Momen Primer (MP), yaitu momen
akibat beban luar yang menggembalikan rotasi nol (θ = 0) pada ujung batang jepit.
EI24
qL3
ij =θ
L
i j
MPij MPij
q
a). Batang ij dibebani beban q, dengan
kondisi i dan j jepit
EI
L
i j
EI24
qL3
ji =θ
q
II
b). Beban terbagi rata q
MPij
i j
EI3
LM ijP
ij =θ
EI6
LM ijP
ji =θ
c). Beban MPij
MPij
i j
ii
EI6
LM jiP
ij =θ
EI3
LM jiP
ji =θ
d). Beban MPji
Gambar 6.1 Momen batang akibat beban luar

Analisa Struktur II
Batang i-j dengan beban terbagi rata q akibat beban q akan terjadi lendutan,
tetapi karena i dan j jepit, maka akan terjadi momen di i dan j untuk mengembalikan
rotasi di jepit sama dengan nol, yaitu θij = 0 dan θji = 0. Momen itulah yang disebut
momen primer (MP), MPij di ujung i dan MPji di ujung batang j.
Kondisi batang i-j yang dibebani beban terbagi rata q dan terjadi MPij dan MPji
karena ujung-ujung i dan j jepit, dapat dijabarkan sebagai balok dengan ujung-ujung
sendi dibebani beban terbagi rata q, (Gambar b), beban momen MPij (Gambar c) dan
beban momen MPji (Gambar d).
Dari ketiga pembebanan tadi, rotasi di i dan j haruslah sama dengan nol (karena i
dan j adalah jepit).
θ ij = 0
EI6
LM
-
EI3
LM
-
EI24
qL jiPijP3
= (1)
θ ji = 0
EI3
LM
-
EI6
LM
-
EI24
qL jiPijP3
= (2)
Dari persamaan (1) dan (2) didapat besarnya Mpij dan Mpji yaitu :
MPij = MPji =
12
1
qL²
Dengan cara yang sama dapat diturunkan rumus besarnya momen primer dari beban
terpusat sebagai berikut :
Gambar 6.2 Momen primer akibat beban titik
Beban terpusat P ditengah bentang
MPij = MPji =
8
1
PL
MPij =
²L
b²Pa
M
²L
²Pab
jiP =
j
MPjiP
j
i
MPij
EI
2
L
2
L
i
P
EI
L
a b

Analisa Struktur II
2. Akibat rotasi di i (θij)
Akibat rotasi θij, di ujung i terjadi momen Mij, dan untuk mempertahankan
rotasi di j sama dengan nol (θji = 0) akan terjadi momen Mji. Kondisi pada Gambar (a)
dapat dijabarkan sebagai balok dengan ujung-ujung sendi dengan beban Mij (Gambar b)
dan beban Mji (Gambar c). Dari kedua pembebanan tersebut, rotasi di j harus sama
dengan nol.
θji = 0
EI3
LM
-
EI6
LM jiij
=
Mji = ½ Mij
Disini kita dapatkan bahwa apabila di i ada momen sebesar Mij, untuk
mempertahankan rotasi di j sama dengan nol (0), maka momen tadi diinduksikan ke j
dengan faktor induksi setengah (0,5).
θji =
EI3
LM ji
Mji
Mij
θij EI
i j
L
a). Batang ij dengan rotasi θij
i
θij =
EI3
LMij
θji =
EI6
LMij
j
Mij
b). Beban Mij di i
θij =
EI6
LM ji
Mji
Gambar 3.3 Momen akibat rotasi
c). Beban Mji di j
θji = 0

Analisa Struktur II
Besarnya rotasi di i : θij =
EI6
LM
-
EI3
LM jiij
Dengan memasukkan Mji = ½ Mij, didapat
θij = ijij
ij
L
EI4
M→EI4
LM
θ=
Sehingga didapat besarnya momen akibat θij :
Mij = ijjiij
L
EI2
Mdan
L
EI4
θθ =
Kekakuan batang (K) adalah besarnya momen untuk memutar sudut sebesar satu satuan
sudut (θ = 1 rad), bila ujung batang yang lain berupa jepit.
Untuk θij = 1 rad, maka Kij =
L
EI4
3). Akibat rotasi di j (θji)
4). Akibat pergoyangan (∆)
Karena ujung-ujung i dan j jepit maka akan timbul momen Mij dan Mji untuk
mengembalikan rotasi yang terjadi akibat pergoyangan. Seolah-olah ujung i dan j
berotasi θij = θji =
L
∆
, sehingga besarnya momen :
Mij = ∆θθ .
²L
EI6
.
L
EI2
L
EI4
jiij =+
i j
Mij
θji
Mji
L
EI
Gambar 3.4 Momen Mji
Dengan cara sama seperti penurunan rumus
akibat θij, maka akibat rotasi θji, maka
didapat :
Mji = jiijji
L
EI2
M;
L
EI4
θθ =
i ∆
Mij
Mji
EI
Gambar 6.5 Rotasi akibat ∆
L
j
j’
Akibat pergoyangan (perpindahan relatif
ujung-ujung batang) sebesar ∆, maka akan
terjadi rotasi θij dan θji
θij = θji =
L
∆

Analisa Struktur II
Mji = ∆θθ .
²L
EI6
.
L
EI2
L
EI4
ijji =+
Dari keempat hal yang menimbulkan momen tadi, dapat ditulis rumus umum
momen batang sebagai berikut :
Untuk i dan j jepit :
Mij = MPij + ∆θθ
²L
EI6
L
EI2
L
EI4
jiij ++
MPji = MPji + ∆θθ
²L
EI6
L
EI2
L
EI4
ijji ++
Dengan Kij =
L
EI4
Mij = MPij + K (θij + ½ θji + 1,5
L
∆
)
Mji = MPji + K (θji + ½ θij + 1,5
L
∆
)
B. Batang dengan salah salah satu ujungnya sendi / rol
1. Akibat beban luar
Dengan cara yang sama seperti pada balok dengan i dan j jepit, didapat besarnya
momen primer (akibat beban luar) sebagai berikut :
MP’ij
i j
L
a). Beban terbagi rata q
j
P
i
MP’ij
42 42
b). Beban terpusat P. ditengah bentang
i
j
L
MP’ij
Pa b
c). Beban terpusat P. sejarak a dari i
Gambar 6.6 Momen primer akibat beban luar
MP
’
ij = ²qL
8
1
MP
’
ij = PL
16
3
MP
’
=
²L
b²Pa
2
1
-
²L
²Pab

Analisa Struktur II
2). Akibat rotasi di i (θθθθij)
θij =
EI3
LMij
Mij = ij
L
EI3
θ
Kekakuan batang modifikasi (K’), besarnya momen untuk memutar rotasi
sebesar satu satuan sudut (θ= 1 rad) bila ujung yang lain sendi.
θij = 1 rad K’ij =
L
EI3
3). Akibat pergoyangan (∆∆∆∆)
Akibat pergoyangan ∆, i dan j berotasi sebesar
L
∆
θij = θji =
L
∆
Mij mengembalikan rotasi di i sama dengan nol (θij = 0) seolah-olah di i berotasi θij =
L
∆
, sehingga timbul momen : Mij =
L
EI3
θij = ∆.
²L
EI3
Mij
Qij
EI
L
i j
Gambar 6.7. Momen Mij
Mij
i
j
j’
Gambar 6.8 Rotasi akibat ∆

Analisa Struktur II
4). Akibat momen kantilever (jk – batang kantilever)
Gambar 6.9 Momen kantilever
Momen kantilever Mjk.
Σ Mj = 0 Mji = - Mjk
akibat Mji, untuk mempertahankan θij = 0, akan timbul Mij.
Mij = ½ Mji = - ½ Mjk.
Dari keempat hal yang menimbulkan momen batang diatas dapat dituliskan
secara umum momen batang sebagai berikut :
Untuk ujung j sendi / rol :
Mij = MP’ij + jkij M
2
1
-
²L
EI3
L
EI3 ∆
θ + (a)
Dengan K’ =
L
EI3
, rumus tersebut diatas dapat ditulis
Mij = MP’ij + K’ (θij +
L
∆
) -
2
1
Mjk (b)
Jadi kita mempunyai dua rumus momen batang, pertama dengan ujung-ujung
jepit-jepit, kedua dengan ujung-ujung jepit sendi. Yang dikatakan ujung jepit bila ujung
batang betul-betul perletakan jepit atau sebuah titik simpul yang merupakan pertemuan
batang dengan batang (tidak termasuk katilever). Sedangkan yang dikatakan ujung
batang sendi yang betul-betul perletakan sendi, bukan berupa titik-titik simpul.
Rumus batang dengan jepit-jepit, ada dua variabel rotasi yaitu θij dan θji,
sedangkan untuk batang dengan ujung jepit-sendi, hanya mengandung satu variabel
rotasi yaitu θij, rotasi pada perletakan sendi (θji) tidak pernah muncul dalam persamaan.
Untuk menunjukkan arah momen batang dan rotasi, dalam perumusan momen
batang perlu diadakan perjanjian tanda sebagai berikut : momen batang positif (+) bila
arah putarannya searah jarum jam, dan negatif bila arah putarannya berlawanan arah
jarum jam.
Untuk arah rotasi, kita beri tanda seperti pada momen batang. Akibat beban luar
(MP) momen bisa positif (+) atau negatif (-) tergantung beban yang bekerja. Akibat
P
i j
k
Mij Mji Mjk

Analisa Struktur II
pergoyangan bisa positif (+) atau negatif (-) tergantung arah pergoyangannya. Untuk
rotasi, karena kita tidak tahu arah sebenarnya (sebagai variabel) selalu kita anggap
positif (+).
6.3 Langkah-Langkah Metoda Slope Deflection
Adapun langkah-langkah dengan metode slope deflection sebagai berikut:
Tentukan derajat kebebasan dalam pergoyangan struktur statis tak tentu. dengan
rumus :
n = 2 j – (m + 2f + 2h + r), dimana:
n = jumlah derajat kebebasan
j = “joint”, jumlah titik simpul termasuk perletakan.
m = “member”, jumlah batang, yang dihitung sebagai member adalah batang yang
dibatasi oleh dua joint.
f = “fixed”, jumlah perletakan jepit.
h = “hinged”, jumlah perletakan sendi.
r = “rool”, jumlah perletakan rol.
Bila n < 0 tidak ada pergoyangan.
n > 0 ada pergoyangan
Kalau ada pergoyangan, gambarkan bentuk pergoyangan ada tentukan arah momen
akibat pergoyangan, untuk menentukan tanda positif (+) ataukah negatif (-) momen
akibat pergoyangan tersebut (untuk menggambar pergoyangan ketentuan yang
harus dianut seperti pada metoda “Persamaan Tiga Momen”).
Tentukan jumlah variabel yang ada. Variabel yang dipakai pada metoda ini adalah
rotasi (θ) titik simpul, dan delta (∆) kalau ada pergoyangan.
Tuliskan rumus momen batang untuk semua batang yang ada, dimana akan
mengandung variabel-variabel (θ dan ∆) untuk masing-masing rumus momen
batang tersebut.
Untuk menghitung variabel-variabel tersebut perlu disusun persamaan-persamaan
sejumlah variabel yang ada. Persamaan-persamaan itu akan disusun dari :
- Jumlah momen batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul sama
dengan nol.

Analisa Struktur II
- Kalau ada variabel ∆, perlu ditambah dengan persamaan keseimbangan
struktur. Seperti juga pada metoda “Persamaan Tiga Momen”, dalam
menyusun persamaan keseimbangan struktur pada dasarnya membuat
perhitungan “free body diagram” sehingga mendapatkan persamaan yang
menghubungkan satu variabel dengan variabel yang lain. Pada penggambaran
arah momen, momen yang belum tahu besarnya (masih dalam perumusan)
digambarkan dengan arah positif (+) yaitu searah jarum jam.
Dengan persamaan-persamaan yang disusun, dapat dihitung besarnya variabel-
variabelnya.
Setelah variabel-variabel diketahui nilainya, dimasukkan kedalam rumus momen-
momen batang, sehingga mendapatkan harga nominal dari momen-momen batang
tersebut.
Contoh 1
Gambar 6.10 Contoh 1 balok statis tak tentu
Suatu balok statis tak tentu dengan ukuran dan pembebanan seperti pada gambar
A jepit, B dan C rol. Hitung momen-momen batangnya dengan metoda Slope Deflection.
Gambar bidang M, D, N nya.
Penyelesaian :
n = 2j – (m + 2f + 2h + r)
= 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 2) = 0 tidak ada pergoyangan
A jepit θA = 0 B – titik simpul ada θB
C rol θC tidak sebagai variabel.
Jadi variabelnya hanya satu yaitu θB
P2 = 1,5 tq = 1 t/m’ P1 = 4 t
2 EI EI1,5 EI
A B C D
6 m 3 m 3 m 2 m

Analisa Struktur II
Rumus Momen Batang
Rumus Umum :
Untuk i, j jepit : Mij = MPij + Kij (θij + ½ θji + 1,5
L
∆
)
Untuk j sendi / rol : Mij = MP’ij + K’ij (θij +
L
∆
) – ½ Mjk
Momen-momen primer :
Gambar 6.11 Momen-momen primer
Kekakuan Batang :
AB – jepit-jepit KAB = KBA = EI
6
)EI5,1(4
L
EI4
==
BC – jepit-sendi K’BC = EI
6
)EI2(3
L
EI3
==
MCD = - P2xL = - 1,5 x 2 = -3 tm (momen kantilever)
MCB = - MCD = + 3 tm
MAB = - 3 + EI (θA + ½ θB) = - 3 + 0,5 EIθB
MBA = + 3 + EI (θB + ½ θA) = + 3 + EI θB
MBC = - 4,5 + EI θB – ½ (-3) = -3 + EI
Persamaan :
ΣMB = 0 MBA + MBC = 0
(3 + EI θB) + (-3 + EI θB) = 0 EI θB = 0
Momen Batang :
MAB = -3 + 0,5 x 0 = - 3 tm
q = 1 t/m’
A B
L = 6 m
B
C
4 t
3 m 3 m
- MPAB = MPBA = tm3²6)1(
12
1
²qL
12
1
+==
- MP’BC = - tm-4,56)4(
16
3
-LP
16
1
1 ==
- +
-

Analisa Struktur II
MBA = + 3 + 0 = + 3 tm
MBC = - 3 + 0 = - 3 tm
Gambar 6.12 Bidang M, D, N
4t 1,5t
6 m 3 m 3 m 2 m
3 tm 3 tm
A B3t 3t
3 tm 3 tm
2t 2t 1,5C
D
3 tm
b). Bidang Gaya Lintang (D)
6 m 3 m 3 m 2 m
3 m
A B C D
2t3t
2t
3t
1,5 t 1,5 t
a). Free body diagram
+
- - -
+
3 tm 3 tm 3 tm
3 tm
1,5 tm
A B C D
c). Bidang Momen (M)

Analisa Struktur II
Contoh 2
Gambar 6.13 Contoh 2 portal statis tak tentu
Diketahui suatu portal dengan ukuran dan pembebanan seperti pada Gambar. A rol dan
D jepit. Hitung momen-momen batang dengan metoda Slope Deflection. Gambar
bidang M, D dan N-nya.
Untuk penyelesaian dari soal ini dapat dikerjakan sebagai latihan
6.4 Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan dengan Metoda Slope
Deflection.
Pada metoda slope defelection langkah-langkah yang harus dikerjakan untuk
menyelesaikan struktur statis tak tentu akibat penurunan perletakan sama seperti pada
akibat pembebanan luar yang telah disajikan dimuka. Hanya saja pada akibat penurunan
perletakan dalam rumus momen batang, momen primer yang dipakai adalah besarnya
momen akibat penurunan perletakan yang terjadi.
Jadi pada metoda slope deflection akibat penurunan perletakan digambarkan
bentuk pergoyangannya dan digambarkan arah perputaran momen akibat pergoyangan
tersebut dan dihitung besar nominalnya untuk dipakai sebagai momen primer dalam
perumusan momen batang. Sehingga untuk struktur yang dapat bergoyang ada dua
gambaran pergoyangan, yaitu pergoyangan akibat penurunan perletakan yang
menghasilkan momen-momen primer batang, dan pergoyangan natural yang
mengandung variabel ∆.
A
2 m 2 m 1 m
3 m
EI
EI
P1 = 4 t P2 = 3 t
2 EI B C
D

239735282 52373940-buku-ajar-analisa-struktur-ii

239735282 52373940-buku-ajar-analisa-struktur-ii

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to 239735282 52373940-buku-ajar-analisa-struktur-ii

Similar to 239735282 52373940-buku-ajar-analisa-struktur-ii (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (13)

239735282 52373940-buku-ajar-analisa-struktur-ii