BUKU AJAR ANALISA STRUKTUR II DISUSUN OLEH : I PUTU LAINTARAWAN, ST, MT. I NYOMAN SUTA WIDNYANA, ST, MT. I WAYAN ARTANA, ST.MT

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

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

i

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


ii

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


iii

Analisa Struktur II

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 Titik Buhul

Gambar 1.2 Detail salah satu sambungan


1

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

(a) scissor

(e) cambered fink

(b) howe

(f) warren

roof

windows

roof

(c) pratt

(g) sawtooth

(d) fan

(h) bowstring

(e) fink

windows

(i) three-hinged arch

Gambar 1.3 Tipe rangka batang untuk struktur rangka atap


2

Analisa Struktur II

b. Tipe Rangka Batang untuk Struktur Jembatan

(a) Pratt

(b) Howe

(c) Warren (with verticals)

(d) Parker

(e) Baltimore

(f) Subdivided Warren

(g) K-Truss Gambar 1.4 Tipe rangka batang untuk struktur jembatan


3

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). tarik

tarik

tekan

tekan

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

RH RV 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).


4

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. 2 kN

F

3 kN

3 kN E

G

Ax = 0 A

300

600

600

600

B 3m

D C

3m

Ay = 4 kN

3m Dy = 4 kN

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.


5

Analisa Struktur II

Titik A y FAG 300 A

x

FAB

4 kN 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 x y

3 kN FGF

300

G 8 kN FGB 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)


6

Analisa Struktur II

Titik B y FBF

2,6 kN 600

600

6,93kN FBC

B

x

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.

λ A

B

4t RA = 3t

λ

λ

λ

λ

RB = 1t

Gambar 1.8 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 2

Mencari reaksi perletakan Σ M A = 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’


7

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. II V1

A1 D1

I B1 3t

IV V2 III 4t

λ

A2 D2

B2

λ

VI

V3 V

A2 ’

VIII

D2’

B’2

V2 VII

λ

A1’ D1 ’

IX

V1’

B’1

X

λ

1t

λ

Penyelesaian Titik I V1 B1

3t Σ V = 0 3 t + V1 = 0 V1 = -3 ton (berarti batang tekan) Σ H = 0 B1 + 0 = 0 B1 = 0 (batang nol)

V1

B1 = 0 Batang A1 dan D1 dianggap tarik dan batang D1 diuraikan menjadi gaya batang horizontal dan vertikal. V1 = - 3 t (menuju titik simpul)


8

Analisa Struktur II

Titik II ½ D1 2 3t

A1

V1 ½ D1 2

D1

Batang D1 diuraikan menjadi arah vertikal ½ D1

2 dan arah horizontal ½ D1

2. Σ V = 0 - 3 t + ½ D1

2=0 2 = 3 D1 = 3 2 t (tarik)

½ D1

Σ H = 0 A1 + ½ D1

2=0

A1 = - ½ D1

2=-½.3 2 . 2

A1 = - 3 ton (tekan)

Titik III

V2

3 2 3t 3t B2 B1 = 0 P = 4t

Batang V2 dan B2 dianggap tarik Batang D1 = 3 2 (tarik) diuraikan menjadi batang vertikal = 3 t dan horizontal = 3t

ΣV=0

4 t – 3 t – V2 = 0

V2 = 1 t (tarik) ΣH=0

B2 – 3 t = 0 B2 = 3 t (tarik)


9

Analisa Struktur II

Titik IV

½ D2

3t ½ D2

A2

2

2 1t

D2

Batang A2 dan D2 dianggap tarik. Batang D2 diuraikan menjadi gaya horizontal dan vertikal ½ D2 2

ΣV=0

½ D2 2 + 1 t = 0 D2 = - 2 t (tekan)

ΣH=0

3 + A2 + ½ D2 2 = 0 3 + A2 – 1 ton = 0 A2 = - 2 ton (tekan)

Titik VI

A2’

2t

V3 = 0 Batang A2’ dan V3 dianggap tarik

ΣV=0

V3 = 0 ton

ΣH=0

A2 ’ + 2 t = 0 A2’ = - 2 t (tekan)


10

Analisa Struktur II

Titik V

0t 2

½ D2 ’

2 D’2

1t 1t ½ D2 ’

3t

2 B2’

Batang D2’ dan B2’ dianggap tarik Batang D2’ diuraikan horizontal dan vertikal

ΣV=0

½ D2 ’ 2 + 0 – 1 t = 0 D2 ’ =

ΣH=0

2 t (tarik)

B2’ + 1t –3 t + 1t = 0 B2’ = 1 ton (tarik)

Titik VIII

2t

2t

A1’ V2’

Batang A1’ dan V2’dianggap tarik

ΣH=0

2 t + A1’ – 1 t = 0 A1’ = - 1 t (tekan)

ΣV=0

1 + V2 ’ = 0 V2’ = - 1t (tekan)


11

Analisa Struktur II

Titik VII ½ D1 ’

2

D1’

1t 1t

½ D1 ’

B1’

2

Batang D1’ dan B1’dianggap tarik Batang D1’ diuraikan menjadi ½ D1’ 2

ΣV=0

½ D1’ 2 – 1 t = 0

2 t (tarik)

D1 ’ =

ΣH=0

B1’- ½ D1’ 2 - 1t = 0 B’ + 1 – 1 = 0 B1’ = 0t

Titik X V1 ’

B1’ = 0 RB = 1t

Σ V = 0 1t + V1’ = 0 V1’ = - 1t (tekan)


12

Analisa Struktur II

Kontrol ke Titik IX A1’ = 1 t (tekan)

D1’ = 2 (tarik)

V1’ = 1 t (tekan)

ΣV=0 V1’ – ½ D1’ 1t – ½ .

2 =0

2 . 2 = 0 (ok)

ΣH=0 A1’ – ½ D1’ 2 = 0 1–½ .

2.

2 = 0 (ok)

Tabel 1.1 Gaya-gaya Batang Batang A1 A2 A2’ A1’ B1 B2 B2’ B1’ V1 V2 V3 V2’ V1’ D1

D2’

Gaya Batang -3t -2t -2t -1t 0 3t 1t 0 -3t 1t 0 -1t -1 t 2t 3 2t 2t

D1’

2t

D2

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.


13

Analisa Struktur II

Contoh Soal 3 Suatu konstruksi Rangka Batang, dengan notasi seperti pada gambar, beban sebesar 3 ton terletak di titik simpul III

II D1

λ A

A

V1 B1

I

V

D2 B2

III 2t

λ

D3 V2 B3

VI

λ

1t

IV

3t

λ

B

Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu.

Reaksi Perletakan Σ MB = 0 2 RA = x3t=2t 3 Σ MA = 0 1 RB = x 3 t = 1 t 3

Titik Simpul I Batang D1 dan B1 dianggap tarik Batang D1 diuraikan ke arah vertikal dan horizontal sebesar ½ D1 ½ D1

2

2

D1

½ D1

2 B1

2 t (reaksi)

Σ Ky = 0 ½ D1 2 + 2t = 0


14

Analisa Struktur II

2

. 2 = - 2 2 t . (tekan) 2 Σ Kx = 0 B1 - ½ D1 2 = 0 B1 = 2 ton (tarik) D1 = -

Titik III V1

2t

B2

3t

Gaya batang V1 dan B2 dianggap tarik Σ Ky = 0 V1 = 3 ton (tarik) Σ Kx = 0 B2 = 2 ton (tarik)

Titik II

2

½ D2 ½ D1

2

A

D1 = 2 2 D2

3t ½ D2 ½ D1

2

2

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)


15

Analisa Struktur II

Titik IV V2 D2 =

2t B3

B2 = 2t

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 D3

B3 = 1t

1t

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)


16

Analisa Struktur II

Kontrol Titik V A = 1t

D3 V2 = 1t Σ Kx = 0

A – ½ . D3 1t – ½ .

2 =0

2 . 2 = 0 (ok)


17

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). A’

B’ Pelengkung penggantung (kabel) Batang penggantung pylon

S Balok pendukung lantai

A

B Angker blok

Lantai kendaraan Gambar 2.1 Balok pendukung lantai dari balok biasa

Puncak f pelengkung

B

A S

Angker blok

Gambar 2.2 Balok pendukung lantai dari konstruksi rangka batang Sistem struktur jembatan gantung sederhana yang akan dipelajari adalah struktur statis tertentu, sehingga pada bagian balok utama pendukung beban diberi sebuah sendi


18

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 =

ΣV = 0

P (L - a ) + 18.q.λ L

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 .

L L – P ( - a) – (q.2λ).λ – H.h + H.h1 = 0 2 2 RA .

H=

RA . H=

L L - P( - a) - 2q . λ ² 2 2 ; f = h – h1 (h - h 1 )

L L - P( - a) - 2q . λ ² 2 2 f


19

Analisa Struktur II

B’

A’ 1’

6’

f 2’

3’

S’

4’

5’

h q B h1

A

1

2

λ

3

4

S

5

6

λ

RA

RB

L = 8λ Gambar 2.3 Struktur Jembatan Gantung dengan bentang 8λ

H

I I

f H

A

1

2

3

S

RA Gambar 2.4 Potongan I - I •

Menentukan besarnya gaya pada batang penggantung (T)


20

Analisa Struktur II

H

H f

L qt 2

qt T λ

λ

T

λ

T

λ

T

T

T

L 2

T n genap

L=nλ qt L

qtL 2

qtL 2

qt

n ganjil

qtL 2

T

T T T T n -1 ).λ ( 2 Gambar 2.5 Transfer gaya penggantung

T

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.


21

Analisa Struktur II

D6’-B’ D5’-6’ D4’-5’ D5’-4’ D3’-5’ D2’-3’ D1’-2’ DA’-1

T6 T5 T4 TS T3 T2 T1

Ti : gaya-gaya batang penggantung D : gaya-gaya pada kabel T1=T2=T3=TS=T4=T5=T6=T

H Gambar 2.6 Cremona gaya-gaya batang T dan D. •

Menentukan besarnya gaya T.

Untuk menyederhanakan perhitungan gaya-gaya, T dianggap sebagai beban T terbagi rata qt dimana qt = (Gambar 2.5) λ 1 Perhatikan gambar c2, Momen akibat H = H.f, Momen akibat T = q t L² 8 Momen akibat H = Momen akibat T. 1 1 T H.f = q t . L² = . . (n λ ) . L 8 8 λ dimana : n jumlah lapangan genap

T=

8f .H nL

Untuk jumlah lapangan n ganjil (Gambar 2.5) Momen akibat H = momen akibat T H.f’

=

q t L n -1 q n -1 .( )λ- t ( )² . λ ² 2 2 2 2

= q t L λ [(

n - 1 n² - 2n + 1 )-( )] 4 8n

=

qt Lλ (2n ² - 2 - n² + 2 - 1) 8n

=

qt Lλ T.Lλ (n ² - 1) = (n ² - 1) 8n λ 8n

T=(

n 8f' )H n² - 1 L


22

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).

B’

A’ f1

f2

I f = 6m

6m P=8t A

B I S

λ=4m RA

( a

RB

L = 24 m T

n -1 )T 2

A

1

P = 8t T

T

2

S

T

T (

3

B

4

RA b

RB (+)

2,667

n -1 )T 2

(+) 2,667

Bid. : D

1,333

(-) 1,334 5,33 (-)

c

5,33

Bid. : M

10,67 10,67 (+) Gambar 2.7 Contoh 1 struktur jembatan gantung

Penyelesaian • Menentukan ordinat yi pada pelengkung parabola fi =

fi =

4 fx ( L - x ) L²

=

4.6 (24 - x) 24²

x ( 24- x ) 24

Sumbu x = 0 terletak di titik A’


23

Analisa Struktur II

Untuk x = 4 m f1 =

4 (24 - 4) = 3,333 m 24

Untuk x = 8 m f 2 =

8 (24 - 8) = 5,333 m 24

• 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 =

P .18 8.18 = =6t ↑ L 24

Σ V = 0 RA + RB - P = 0 RB = P – RA = 8 – 6 = 2 t ↑ • Menentukan besarnya gaya H. Perhatikan potongan I-I

L -P.6–H.f=0 2

Σ Ms = 0 RA .

RA . H=

L - 6P 6 . 24/2 - 6 . 8 2 = =4t f 6

• Menentukan besarnya gaya batang penggantung (T) untuk harga n genap, besarnya gaya T dihitung dengan rumus : T=

8.6 8f .H= . 4 = 1,333 t nL 6 . 24

• Menghitung besarnya gaya-gaya lintang untuk menggambarkan bidang gaya lintang (D). Bidang D (Gambar 2.7 a dan b) DA-1 = RA -

(n - 1) 5 . T = 6 - . 1,333 2 2

= 2,667 t

D1–2 = DA-1 + T – 4 = 2,667 + 1.333 – 4

= 0t

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)


24

Analisa Struktur II

MA = 0 tm (n − 1)  5    M1 =  R A − T  . 4 =  6 − . 1,333  . 4 2 2    

= + 10,67 tm

(n − 1) .T   M2 =  R A −  . 8 + (T − 4 ) . 4 2  

= + 10,67 tm

(n − 1) .T   MS =  R A −  .12 + (T − 4 ) . 8 + (T − 4) . 4 2  

= 0 tm

Besarnya momen dihitung dari kanan (bagian B – S) (n − 1) . T   Ms =  R B −  .12 + T .8 + T . A 2  

= 0 tm

(n − 1) . T  5    M3 =  R B −  . 4 =  2 − .1,333  . 4 = - 5,33 tm 2 2     Besarnya momen dapat juga menggunakan metode potongan. M1 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 1. M2 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 2. H

I f1

H

h h1

1 RA

4m

I

Gambar 2.8 Potongan I – I untuk contoh 1 Ditinjau potongan I-I M 1 = R A . 4 – H . h + H h1 RA . 4 – H (h – h1) RA . 4 – H . f 1 = 6.4 – 4 . 3,333 = + 10,67 tm (OK)


25

Analisa Struktur II

Ditinjau potongan II – II

H II

M2 = RA . 8 – H . f2 – P . 2

f2 h

titik

H

8t

= + 10,67 tm (OK)

titik

2

2m 8m

= 6 . 8 – 4 . 5,333 – 8 . 2

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.

M 2 = RA . 8 – P . 2 – H . f 2 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.


26

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. f5

f6

f = 14m q = 2 t/m’

P=12t

A4 B

A

S VA

5 5’

4m 2m

D4 6 B3

6’

6m VB

10 x 6 m

Gambar 2.10 Contoh 2 struktur jembatan gantung

Penyelesaian

Menghitung reaksi perletakan Σ MB = 0 VA . 60 – P . 50 – q . 42 . 21 = 0

VA =

12 . 50 + 2.42 . 21 = 39,4 t 60

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=

VB . 30 - q . 30 . 15 f

=

56,6 . 30 - 2.450 = 57 t 14

Menghitung : f5 dan f6 fx =

4 f x (l - x) (x m dihitung dari perletakan B). L²


27

Analisa Struktur II

f5 =

4 .14 . 24 (60 - 24) = 13,44 m (60)²

f6 =

4 .14 .18 (60 - 18) = 11,76 m (60)²

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. H

f5

f6 I H

H

12 t

A4 5

12 t

6

6t

12 t

7

8

B

D4 VB

6m

α

5’ B3

6’

I 6m

6m

6m

6m

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 =

72 + 144 + (56,6 - 6) 18 + 57.11,76 = - 4,08 t (tekan) 6

Menghitung gaya batang B3 Ditinjau sebelah kanan potongan I - I


28

Analisa Struktur II

ΣM5 = 0 B3.6 + 12.6 + 12.12 + 12.18 - (VB – 6) 24 + H . f5 = 0

B3 =

- 72 -144 - 216 + (56,6 - 6) 24 - 57,13,44 = + 2,72 t (tarik) 6

Menghitung gaya batang D4 Ditinjau sebelah kanan potongan I - I ΣV = 0 D4 sin α -12 – 12 – 12 – 6 + VB – (

D4 =

(42 - 56,6 - 1,68 . 57/6) . 2

f5 - f6 )H = 0 6

= - 1,923 t (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.


29

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


30

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. S

A

HA VA

B

HB VA

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.


31

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. q kg/m’

E S f h1 A

HA

HB B

l VA

VB

Gambar 3.4 Data Geometri pelengkung 3 sendi Untuk mencari besarnya momen di potongan E-E yang besarnya : 1 M E −E = VA ⋅ x 1 − q ⋅ x 12 − H A ⋅ h 1 2 II I

maka nilai ME-E dibagi menjadi 2 bagian :

1 I = VA ⋅ x1 − q ⋅ x12 2

II = H A ⋅ h1


32

Analisa Struktur II

1 Nilai I = VA ⋅ x1 − q ⋅ x12 sama dengan persamaan momen dan bidang momen pada 2 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 (-).

Bidang M. Gambar nilai I = VA.x1 – ½ q x1²

+

−

Gambar nilai II = HA.h1

Gambar 3.5 Gambar nilai I dan II


33

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 S

P1 S1

hB HB a1

B

b1

HA

A

hA

VB a

b

VA

l

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.


34

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 P1

S S1 f Ba

a1 Ab

B

b1

A

BV l

AV

a

b

Gambar 3.7 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 2) Reaksi horizontal HA dan HB ditiadakan kemudian arahnya diganti, masingmasing 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

•

Pb Σ MB = 0 Av.l – P1. b1 = 0 Av = 1 1 .........................................(1) l Mencari reaksi Bv

Pa Σ MA = 0 Bv.l – P1. a1 = 0 Bv = 1 1 ………………………......(2) l •

Mencari reaksi Ab


35

Analisa Struktur II

Σ MS = 0 Av.a – P1.S1 – Ab . f = 0

(bagian kiri)

Ab =

Av . a − P1S1 dengan memasukkan nilai Av dari f

persamaan (1), maka nilai Ab bisa dicari. •

Mencari reaksi Ba Σ MS = 0 Bv.b – Ba . f = 0

(bagian kanan)

Ba =

Bv . b dengan memasukkan nilai Bv dari persamaan (2) f

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. Ba cos α

α

Ba Ab sin α

Ba sin α

Ab α

Ab cos α

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 : = Av () + Ab sin α ()

VA () Pendekatan 1 gambar (a) VB ()

pendekatan 2 gambar (b)

= Bv () + Ba sin α ()

Pendekatan 1 gambar (a)

pendekatan 2 gambar (b)


36

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 ? x

q kg/m’

S y

A

B HA

HB

VA

VB

Gambar 3.8 Pelengkung 3 sendi dengan beban terbagi rata

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

1 M X = VA ⋅ x − q ⋅ x 2 − H A ⋅ y 2 II I

Bagian I dan II merupakan fungsi parabola, dimana y adalah persamaan parabola dari pelengkung dengan fungsi

y=

4 f x (l − x) . l²

Jadi Mx = I – II merupakan penggabungan 2 parabola yaitu parabola I dan II, yang tidak mudah penggambarannya!


37

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. x

q kg/m’

Hx

S Vx y

A

B HA VA

HB VB

Gambar 3.9 Gaya vertikal dan horizontal disuatu titik pada pelengkung 3 sendi


38

Analisa Struktur II

Garis singgung di x

Garis singgung tersebut membentuk sudut α dengan garis horizontal, maka Vx dan

α

Hx harus diuraikan ke garis singgung tersebut.

Hx sin α Vx sin α α

α

Hx Vx cos α Hx cos α

Vx

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

Dx =

Vx cos α − Jumlah gaya bagian kiri arah ke atas ( + )

H x cos α Jumlah gaya bagian kiri arah ke bawah ( − )

N x = − Vx sin α − H x cos α = − (Vx sin α + H x cos α) Kedua gaya ini menekan batang ( − )

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.


39

Analisa Struktur II

Contoh 1 3 t/m’

S αc

C yc

A

f=3m

H

H

2.5 m xc VA

B

VB 5m

5m

Gambar 3.11 Contoh 1 struktur pelengkung 3 sendi Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola y =

4 f x (l − x) dengan l²

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=

V A .5 − 1 / 2.q (5)² 15.5 −1 / 2 . 3. 25 = =12,5 ton 3 3


40

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 = maka yc =

4 fx (l − x ) , l²

4.3.2,5 (10 − 2,5) = 2,25 m . 10²

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.

αc

Hc Vc A

B 2.5m

Gambar 3.12 Gaya lintang dan normal pada titik C Menentukan nilai αc y=

4 f x (l − x ) 4 f (l − 2 x ) ⇒ y' = l² l²

untuk x = 2.5 y’ =

4.3 (10 − 5) = 0,6 10²

arc tg αc = 0,6 αc = 30,96° sin α = 0,5145 cos α = 0,8575


41

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.


42

Analisa Struktur II

Contoh 2 xc=2.5m

S

xp=2m C P=6t yc

A

f=3m

yp HA

HB

B VB

VA 5m

5m

Gambar 3.13 Contoh 2 struktur pelengkung 3 sendi Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola

4fx(l − x ) dengan l²

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 =

4.3.2 (10 − 2) = 1,92 m 10²

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 ↑ Σv=0 VA + VB = 0 (OK)


43

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 =

− 5,76 − 6,48 = −4,08 ton (←) 3

Σ MS = 0 (kanan)

VB . ½ l – HB . f = 0 1,152 . 5 – HB . 3 = 0 HB = 1,92 ton (←)

ΣH = 0 P + HA + HB = 0

Kontrol

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)

αc

C P=6 t

yc HA

HB

VA

VB

Gambar 3.14 Menentukan yc dan αc


44

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

Hc sin αc

Hc C Hc αc

Vc

αc

P Vc sin α HA

Vc cos α Vc

Hc cos αc

VA

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


45

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.

Gelagar perantara Kolom perantara S

Pelengkung

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.


46

Analisa Struktur II

q = kg/m’

a

q kg/m’ P

P b

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R1

R2

R3

R4

R5

R6

S

λ

λ

λ

.

.

λ

λ

.

.

.

L =5λ .

(a). Kondisi pembebanan

(b). transfer beban melalui kolom perantara

P q = kg/m’

R1

R2

λ

R3

λ

R4 a

b

R6

R5

λ

λ

λ

(c) Perhitungan nilai R (beban yang ditransfer) Gambar 3.17 Kondisi pembebanan, transfer beban melalui kolom perantara, perhitungan nilai R R 1 = q . ½ λ = ½ qλ R 2 = q . λ = qλ R3 = q . ½ λ + (b/λ ). P = ½ qλ + (L/λ )P R4 =

a P λ

R5 = R6 = 0


47

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.

1t q = 1 t/m' 1

2

1.5m

3 C

1t 1.5m

5

4

6

s

yc

f = 4m

A

B xc = 4.5 m

15 m

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. R1

R2

R3

C yc A

R5

R6

s f

HA xc

VA

R4

HB

B

15 m VB


48

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


49

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

4 f x (l − x ) 4 f (l − 2 x ) ⇒ y' = l² l²

y=

untuk x = 4.5 y’ =

4.4 (15 − 9) = 0,43 15²

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 (↑)


50

Analisa Struktur II

Vc

Vc sin αc αc

Vc cos αc C

Hc cos αc C Hc Hc sin αc

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


51

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 P

1). RAM

q

I

RAH

C A

B RAV RBV

Gambar 4.1 Balok statis tak tentu


52

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).

q

I

P D

C

RAM

RBM RAH

RBH

B

RAV

RBV

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


53

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.


54

Analisa Struktur II

Contoh 1 RAM

q

RBH A

EI

B

L

RBV

RAV a). Struktur statis tidak tertentu

A

B

b). Struktur statis tertentu q B

A

∆BV

c). Akibat beban yang ada δBVRBV

A d). Akibat RBV sebagai beban

B RBV

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


55

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 RAM

Soal no.1 dapat diselesaikan juga sebagai

q

berikut :

RAH

EI A

B • R = 4 > 3 (kelebihan 1 R)

RAV L

RBV

a). Struktur statis tidak tertentu

Struktur statis tidak tertentu tingkat 1 (satu). • RAM-sebagai gaya kelebihan

A b). Struktur statis tertentu

B

θA – rotasi yang dihitung

q A θA

• Akibat beban yang ada dihitung rotasi

B

di A (θA) • Akibat RAM sebagai beban dihitung

c). Akibat beban yang ada

rotasi di A (ϕAM RAM).

RAM ϕAM RAM

A – menjadi sendi

B

A d). Akibat RAM sebagai beban Gambar 4.4 Penyelesaian dengan consistent deformation • 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.


56

Analisa Struktur II

Contoh 3

q Portal dengan perletakan A jepit dan B sendi.

D C

P

• R = 5 > 3 (kelebihan 2 R)

Struktur statis tidak tertentu tingkat 2. RBH RAM

B RAH A

RBV

RAV

a). Struktur statis tidak tertentu C

D • RBV dan RBH – sebagai gaya kelebihan B – menjadi bebas

B

∆BV dan ∆BH - defleksi-defleksi yang dihitung

A b). Struktur statis tertentu q P

• Akibat beban yang ada dihitung

D

C

defleksi vertical dan defleksi horizontal dari B (∆BV dan ∆BH)

B ∆ BV

∆ BH

A c). Akibat beban yang ada


57

Analisa Struktur II

D

C

• Akibat

gaya

dikerjakan

kelebihan sebagai

RBV beban,

dihitung defleksi vertical dan

δBVV RBV

defleksi horizontal dari B (δBVV

B δBHV RBV

RBV dan SBHV RBV)

RBV A d). akibat gaya kelebihan RBV

D

C

• Akibat

gaya

dikerjakan

kelebihan sebagai

RBH beban,

dihitung defleksi vertical dan δBVH.RBH

B

defleksi horizontal dari B. RBH

A

δBHh RBH

e). akibat gaya kelebihan RBH Gambar 4.5 Penyelesaian dengan consistent deformation • 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


58

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: ∆ atau θ =

∫ ME Im

s

o

x

x

dx

x

∆ - 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

∫

s

dx

- Integral seluruh panjang struktur

0

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 : n

∆= ∑ i =1

Si µ i (AE) i

∆ - defleksi

S – gaya batang akibat beban yang ada. µ - gaya batang akibat beban unit


59

Analisa Struktur II

A – luas penampang batang E – modulus elastis bahan batang i – nomor batang dari 1 sampai dengan n

∑ - penjumlahan aljabar dari batang no.1 sampai dengan no. n n

i =1

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 contohcontoh perhitungan penyelesaian balok dan portal statis tak tentu berikut ini hanyalah struktur statis tak tentu luar.


60

Analisa Struktur II

Contoh 1 P = 1t MA

q = 1 t/m’ EI

HA A

EI

VA

C

B 6m

2m

VB

a). Struktur statis tak tentu EI A

C

B 6m

2m

b). Struktur statis tertentu MA = 40 tm

P = 1t q = 1 t/m’ EI

A VA = 9t

B

6m

C

EI 2m

x2

x1

c). Akibat beban yang ada Gambar 4.6 Penyelesaian dengan consistent deformation 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.


61

Analisa Struktur II

Persamaan momen : (Mx) CB 0 < x1 < 2 Mx1

= - ½ x1² - x1 = - (½ x21 + x1)

BA 0 < x2 < 6 Mx2

= - ½ (x2 + 2)² – 1(x2 + 2) = - (½ x2 2 + 3x2 + 4)

MA = 6

1 EI

A

• Akibat beban unit di B (↓)

C

B EI

• ( Akibat beban VB = 1t (↓) )

2m

6m VA = 1 VA = 1t (↑)

x2

x1

MA = - 1 x 6 = -6 Persamaan momen : (mx). CB 0 < x1 < 2

mx1 = 0

BA 0 < x2 < 6

mx2 = -x2

• Akibat beban yang ada :

∫ MxEImx dx = ∫ - (1 / 2 x EI+ x ) (0) dx + ∫ - (1/2 x 1 450 [ ( ↓) =+ 1 / 8 x + x + 2x ] = + EI EI

∆ BV =

s

2 1

2

6

1

1

0

0

4 2

0

2 2

+ 3x 2 + 4) ( x 2 ) d x2 EI

2 6 2 0

3 2

• Akibat beban VB = 1t (↓) δBV =

∫ mEI dx = ∫ (-xEI )² dx

s

0

2 x

6

2

0

2

=

↓

1 72 [1 / 3 x 32 ]60 = + ( ) EI EI

• Struktur aslinya B adalah rol Σ ∆ BV = 0

Persamaan “Consistent Deformation” ∆BV + δBV VB = 0

450 72 + V = 0 VB = -6,25 t () EI EI B


62

Analisa Struktur II

MA = 2,50 tm

1t q = 1 t /m

ΣV = 0

VA + VB = 8 + 1 VA = + 2,75 t (↑)

A

C

B 6m VA = 2,75 t

ΣH = 0

HA = 0

ΣMA = 0

MA + VB x 6 – 8 x 4 – 1 x 8 =0

2m VB = 6,25 t

MA = + 2,5 tm - Bidang Gaya Normal (N) N = 0

(e) reaksi perletakan balok 2,5 t

- Bidang Momen (M)

3t

+

1t + B

A

C

-

2,75 m

AB 0 < x1 < 6 Mx1 = 2,75 x1 – 2,50 – ½ x12 dm x1 = 0 = 2,75 - x 1 dx 1

A

4 tm

CB

0 < x2 < 2

Mx2 = - ½ x 22 – x2

(-) (+)

= 2,75m

= + 1,28125 tm

(f) Bidang gaya lintang (D)

(-)

1

Mmax = 2,75 x 2,75 – 2,50 – ½ (2,75)²

3,25 t

2,5 tm

→x

B

C

MB = - ½ (2)2 – 2 = - 4 tm

1,28125 tm 2,75 m (g). Bidang Momen 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


63

Analisa Struktur II

Contoh 2

Suatu struktur portal statis tidak tertentu

q = 1 t/m’ B

C

dengan ukuran dan pembebanan seperti Hc

Vc EI

pada Gambar. A jepit dan C sendi. • Selesaikan portal tersebut dengan

4m

metoda “Consistent Deformation” • Gambarkan bidang M, N dan D nya

HA

MA

A VA

4m a). Struktur statis tidak tertentu Penyelesaian :

B

EI

• R = 5 > 3 kelebihan 2 reaksi. Struktur

C

statis tidak tertentu tingkat 2. EI

4m

• MA dan HC sebagai gaya kelebihan

sehingga A menjadi sendi dan C menjadi rol. • θA

MA

A

dan

∆CH

deformasi

yang

dihitung.

4m b). Struktur statis tertentu

• Akibat beban yang ada.

q = 1 t/m’ B

C

Σ H = 0 HA = 0

VA = VC = ½ x 1 x 4 = 2 t (↑) x2 Vc = 2t

Persamaan momen (Mx)

AB 0 < x1 < 4 m Mx1= 0 CB 0 < x2 < 4 m Mx2 = 2 x2 – ½ x22

x1 A

VA = 2t (c). Akibat beban yang ada


64

Analisa Struktur II

• Akibat beban unit momen di A

C

B

(beban MA = 1 tm

)

x2 ΣH = 0 HA = 0

Vc = ¼

EI

ΣMC = 0 VA . 4 – 1 = 0 VA = ¼ (↑) ΣV = 0 VA + VC = 0 VC = - ¼ (↓)

x1 A

Persamaan momen (mr) VA = ¼

1

AB , 0 < x1 < 4 m mr1 = -1

d). Akibat beban unit momen di A (Beban MA = 1 tm

CB , 0 < x2 < 4 m mr2 = - ¼ x2

1 B C

x2

Vc = 1

• 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

x1

VC = + 1t (↑)

Persamaan momen (mh) HA = 1

A

AB , 0 < x1 < 4 m mh1 = + x1

VA = 1

CB , 0 < x2 < 4 m mh2 = + x2

e). Akibat beban unit horizontal di C () (beban HC = 1t ) • Deformasi akibat beban yang ada :

∫

s

∫

0s

Mxmr 1 4 dx = EI EI 0

s

4

θA = ∆ CH =

M x mh

∫ EI

0s

dx =

1 EI

x 1 1 2x ( 2 - x 22 ) (- 2 )d x2 = 2 4 EI

0

4

=0

8 3EI

4



∫ 2 x

1 1 [- x 32 + x 42 ] 6 32

2

1  1 2 3 1 4 32 - x 22  x 2d x2 = (→)  x − x  =+ 2  8 0 3EI EI  3

Deformasi akibat MA = 1 tm


65

Analisa Struktur II

ϕ Am

∫

∫

∫

3 x2 I (x1 )04 + I x 2 ²dx 2 = 4 EI EI 48

mr ² I 4 I 4 = dx = ( 1)² dx 1 + EI 0 EI 0 0 EI

δCHm =

s

∫m EIm

s

r

h

dx =

0

∫

∫

I 4 I 4 ( 1)( x 1 ) d x1 + EI 0 EI 0

x2 4

4

=+ 0

16 3EI

(x 2 ) dx 2

4

I 1  I  x 23  40   = − = − ( ←)  x1  − EI  2  0 EI  12  0 3EI 4

• Deformasi akibat HC = 1t (→) ϕAh =

∫m EIm

s

h

r

dx =

0

∫

∫

I 4 I 4 (x ) ( x 1 )( 1) d x1 + EI 0 EI 0 2 4

I 1  = −  x1  −  2  0 EI 4 mh ² I I dx = ( x1 )² d x1 + ∫0 EI ∫ EI 0 EI s

δCHh =

4

x2 4

dx 2

4

 x 23  40   = − 3EI  12  0 4

∫ (x )² dx 2

2

0

4

I  x13  I  x 23  128   +   = + = ( →) EI  3  0 EI  3  0 3EI • 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 −

Σ∆CH = 0

8 16 40 + MA − H C = 0 → −1 + 2 M A − 5 H C = 0 3EI 3EI 3EI

(1)

∆CH + δCHm MA – δCHh HC = 0 +

32 40 128 − MA + H C = 0 → +4 − 5M A + 16 H C = 0 3EI 3EI 3EI

5 x (1) + 2 x (2) + 3 – 7 HC = 0

3 HC = − t (←) 7

3 (1) -1 + 2 MA – 5 (− ) = 0 7

4 MA = − tm 7


(2)

66

Analisa Struktur II

q = 1 t/m’ B

MB =

ΣH = 0 HA + HC = 0 HA =

C HC =

8 tm 7

VC =

3 t 7

12 t 7

ΣMA = 0 VC x 4 + HC x 4 – 4 x 2 - MA=0 VC = =

4 M = tm o A 7 16 VA = t 7

3 t 7

8 tm 7

8 12 x 4 – 4 x 2 = - tm 7 7

Bidang Gaya Normal (N) :

16 t (tekan) 7 3 Batang BC NBC = - t (tekan) 7 Bidang Gaya Lintang (D) : 3 Batang AB Dx1 = - t 7 3 x1 = 0 DA = - t 7 3 x2 = 4 m DBbw = - t 7 12 Batang CB Dx2 = - + x 2 7t 12 x2 = 0 Dc = 7 12 16 x2 = 4 m DBkm = - + 4 = + t 7 7 12 Untuk Dx = 0 - + x 2 = 0 7 12 x2 = + m 7 Batang AB NAB = -

q = 1 t/m’ C 3 t 7 12 t 7

16 3 t t 7 7

16 t 7

16 t (↑) 7

MB = VC x 4 – 4 x 2 =

B

4 tm 7 A

12 t (↑) 7

VA =

f). Reaksi perletakan struktur statis tidak terntetu

8 tm 7

1 4 3 (8 + - x 4) 4 7 7

ΣV = 0 VA + VC – 4 = 0

A HA =

3 t (→) 7

3 t 7

g). Free Body diagram Gambar 4.8 Penyelesaian dengan consistent deformation

Dengan free body diagram kita dapat menggambarkan bidang M, D, N nya.


67

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

∆ . Karena perletakan A adalah sendi dan perletakan B L

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.

A

EI L

MA

A

B

∆ L

b). Akibat B turun sebesar ∆ Gambar 1.9 Penurunan perletakan balok statis tertentu

B

a). Balok statis tidak tertentu

a). Balok statis tertentu ∆ θ= L

θ=

EI L

A

B

B1

∆

A

∆ θ= L

B B1

b). Akibat B turun sebesar ∆ Gambar 1.10 Penurunan perletakan balok statis tak tentu

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


68

∆

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. MA

HA

EI

A VA

B

L = 6m

VB

a). Balok statis tidak tertentu A

B

∆

B

B’ b). Perletakan B turun ∆B = 2 cm B

EI

A

R = 4 > 3, kelebihan 1 reaksi :

L=6m c). Balok statis tertentu

VB – sebagai gaya kelebihan ∆BV – defleksi yang dicari

MA = 6

A VA = 1t

1

x

B

d). Akibat beban unit vertikal di B (↓) (akibat VB = 15 ↓)

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

Gambar 4.11 Contoh penyelesaian akibat penurunan perletakan


69

Analisa Struktur II

BA δBV =

0 < x < 6 m mx = -x x ∫mxEI² dx = ∫ (-x)² EI 6 0

=

1 1 6 72 [ x ³]0 = + (↓) EI 3 EI

∆B = 0,02 m (diketahui) Persamaan Consistent Deformation : Σ ∆B = 0,02 m. 72 V = 0,02 EI B VB = 0,02 x

EI 14400 = 0,02 x = + 4 t (↓) 72 72

Selanjutnya dapat digambar M, D, N akibat penurunan perletakan


70

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

∑M n

simpul yang disambung secara kaku sama dengan nol (

i =1

Ti

= 0 ).

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 strukturstruktur 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.


71

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 ∆. ∆ ∆

(a)

i

j

i’

j’

L • 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 (b)

j

θ ij

∆ θji

θij = θji =

∆ L

j’

L Gambar 5.1 Bentuk pergoyangan


72

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 (-).


73

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.

P=1t

q = 1 t/m

D EI A

B 6m

6m

n = 2j-(m+2f+ 2h+2) n = 2x3 – (2+2x1+2x0+2)

2m


MA

n=0

MC =4 tm P = 1 t

MB

jepit, B dan C rol. Dengan beban seperti tergambar :

EI C

EI

Balok diatas tiga tumpuan, A

D

( Tidak ada penggoyangan ) Pemisalan momen batang: MCD

A

B

=1/2 (1)2 + 1 x 2

C

b). Permisalan arah momen batang

= 4 tm Σ MC = 0 MCB = 4 TM

θ BA

D

θ BC

A

B

= ½ (q )l2 + P x 2

C

c). Permisalan garis elastis

Gambar 2.2 Penyelesaian dengan persamaan tiga momen

Σ MB = 0

MBA + MBC =0

MBA = - MBC (sama besar, berlawanan arah, MB ) A jepit, ada MA


74

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 :

•

θAB = 0

A jepit

Titik B

θBA= θBC

(1) (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. P1=1t q = 1 t/m’ Suatu portal dengan perletakan A dan B

2.

sendi, dengan ukuran dan beban seperti P2=2t

C

EI

D EI E

EI

tergambar n = 2 j – (m + 2 f + 2 f + 2)

EI

4m

= 2 x 4 – (3 + 2 x 0 + 2 x 2 + 0) n= 1

B

A 4m

ada sebuah bentuk pergoyangan. Gambar pergoyangan

1m

Batang AC, A sendi berarti C hanya a). Portal statis tidak tertentu C

C’

D’

D

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

A

B

keadaannya sama seperti batang AC. Batang-batang AC dan BD akibat

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas pergoyangan Hindu Indonesiaberotasi

jam.

searah jarum 75

Analisa Struktur II

b). Gambar pengoyangan

MC

C

MDC

MDE = 1,5 tm P1=1t D Pemisahan momen batang.

P2=2t MC

E

MDE = ½ (1) 1² + 1 x 1 = 1,5 tm

MDB

Titik C, MCA = MCD sama besar berlawan arah (MC) Titik D, ada MDB, MDC dan MDE = 1,5 tm

B

A

c). Pemisahan Momen Batang C

θDCD

θCD

θCA

E

Variabel yang ada : ∆, MC, MDB, MDC

Pemisahan gambar garis elastis. Batang

θDB

CD

dimisalkan

melendut

kebawah,

berarti θCD searah jarum jam sedangkan θDC berlawan arah jarum jam. Maka

untuk batang AC, θCA searah jarum jam, B

A d). Pemisahan garis elastis

sedangkan

untuk

batang

DB,

θDB

berlawanan arah jarum jam.

Gambar 5.3 Penyelesaian dengan persamaan tiga momen 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


76

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 : θij

θji

i

j

EI

θij = θji =

ql 4 24 EI

θij = θji =

PL3 16 EI

a) akibat beban merata L θij

θji

EI

j

i L

b). akibat beban terpusat ditengah bentang.

θij =

Mij i

θij

j

θji

EI L

M ij L 3 EI

; θ ji =

M ij L 6 EI

c). akibat momen Mij

Mij i

θji

θij L

θij = j

M ij L 6 EI

; θ ji =

M ji L 3 EI

d). akibat momen Mji i

j

θ ij L

θ ji

θij = θji =

∆ L

ji

e). akibat pergoyangan Gambar 2.4 Rotasi batang


77

Analisa Struktur II

Contoh 1 1.

P1 = 4t

q = 1 t/m’ 1,5 EI

A

P2 = 1,5 t EI

2 EI C

B

6m

6m

Suatu balok statis tidak tertentu diatas 3 tumpuan, A perletakan jepit B dan C

D

2m

perletakan

rol

pembebanan a). Balok statis tidak tentu dengan pembebanannya

dengan

seperti

ukuran

tergambar.

dan Hitung

momen-momen batangnya dengan metoda “Persamaan Tiga Momen” dan gambarkan

MA

MC = 3 tm P = 1,5 t 2 P1 = 4t

MB q = 1 t/m’

A

1,5 EI 6m b).

EI D

2 EI C

B

6m

bidang M, D dan N nya. Penyelesaian :

n = 2j – (m + 2f + 2h + 2)

2m

= 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 2)

Gambar permisalan momen-momen batang

n = 0 tidak ada pergoyangannya. θBC θBA

Permisalan Momen Batang B

A 6m c).

C 6m

D

MCD = 1,5 x 2 = 3 tm Titik C ΣMC = 0 MCB = MCD

2m

= MC = 3 tm

Gambar permisalan garis elastis

Titik B ΣMB = 0 MBA = MBC = MB

Gambar 5.5 contoh penyelesaian dengan persamaan tiga momen

A jepit ada MA

Permisalan garis elastis θBA = θBC berlawanan arah

jarum jam

Variabel yang ada : MA dan MB

Persamaan : 1. A jepit : θAB = 0 -

M A L AB M B .L AB q LAB 4 + =0 3 EI AB 6 EI AB 24 EI AB

-

M A .6 M B .6 1(6) 4 + =0 3(1,5EI) 6(1,5EI) 24 (1,5 EI ) 2 MA + MB = 9

x 1,5 EI

(1)


78

Analisa Struktur II

2. Titik simpul B : θBA = θBC M L M .L PL ² M A L AB M B .L AB q LAB 3 + = + B BC + C BC - 1 BC 6 EI AB 3 EI AB 24 EI AB 3 EI BC 6 EI BC 16 EI BC

-

M A .6 M B .6 M B .6 1 ( 6) 3 3x 6 4(6)² + =+ + 6 (1,5 EI) 3 (1,5EI) 24 (1,5 EI) 3 (2EI) 3 (2EI) 16 (2EI) MA + 3,5 MB = 13,5 (2)

-

x 1,5 EI

(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). MA=3 tm

q = 1t/m’

P1 = 4t

MB=3 tm

MC=3 tm

P2 = 1,5 t D

A

3t

3t

2t

B

2t

1,5 t

C

d). Free body diagram 3t 2t

1,5t

+

+

A

+

B

-

-

3m

D

2t

3t 3m

C

3m

3m

2m

e). Bidang Gaya Lintang (D) 3 tm

3 tm

-

-

A

+

B 1,5 tm

3 tm +

C

D

3 tm

e). Bidang Momen (M) Gambar 5.6 Gambar M, D, N


79

Analisa Struktur II

Contoh 2 P1 = 4t

P2 = 3t Suatu portal dengan ukuran dan

2EI

A

B

pembebanan seperti tergambar. A

EI C

perletakan rol dan D perletakan jepit.

3m Hitung momen-momen batangnya

EI

dengan metoda Persamaan Tiga Momen

D 2m

2m

1m

a). Portal statis tidak tertentu

A

C C’ B’

B A’

Penyelesaian :

n = 2 j – (m + 2f + 2h + µ) = 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 1) = 1 ada pergoyangan !.

D

A bergerak ke A’ sebesar ∆ B bergerak ke B’ sebesar ∆

b). Gambar pergoyangan 4t MCB 3t A

C B

MBA

MBD

Batang BD berotasi searah jarum jam

D c). Gambar permisalan momen batang

θBA

MBA

C θBD

; MBD

;

MDB

Permisalan Garis Elastis θBA = θBD (

B

Permisalan Momen Batang MBC = 3 x 1 = 3 tm

MDB

A

Gambar pergoyangan

)

Varibel yang ada : MBA, MBD, MDB dan ∆

Persamaan : 1). Σ MB = 0 MBA – MBC – MBD = 0

D d). Gambar permisalan garis elastis

MBA = MBD + 3

(1)

2). D jepit θDB = 0

Gambar 5.7 contoh penyelesaian dengan persamaan tiga momen


80

Analisa Struktur II

M BD . L BD M DB . L BD ∆ + + =0 6 EI BD 3EI BD L BD

M BD . 3 M DB . 3 ∆ + + =0 6 EI 3 EI 3

3). θBA = θBD -

→ 3M

BD

+ 6 M DB + 2 EI ∆ = 0

(2)

M BA . L BA P1L BA ² M BD . L BD M DB . L BD ∆ + = + 3 EI BA 16 EI BA 3 EI BD 6 EI BD L BD

M BA M BD . ³ M BD . 6 ∆ 4(4)² + = + 3(2EI) 16 (2EI) 3 EI 6 EI 3 4 MBA + 6 MBD + 3MDB – 2 EI∆ = 0

(3)

4). Persamaan Keseimbangan Struktur 3t MBC = 3 tm B C

4t A

A rol HA = 0 ΣH=0

MBA

Batang BD : Σ MB = 0

MBD 3m D

HA + HD = 0 HD = 0

MDB

HD x 3 + MDB – MBD = 0 MBD = MDB

(4)

HD = 0 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


81

Analisa Struktur II

5.4 Penyelesaian Akibat Penurunan Perletakan 1). Sebuah balok statis tidak tertentu dengan EI

A

perletakan A jepit dan B rol. Bentang balok

B

L = 6 m. Balok dari beton dengan ukuran

L=6m

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

B

tersebut dan gambar bidang M, D dan N-nya.

A 2 cm

Penyelesaian : Gambar pergoyangan

B’

akibat B

turun

∆B = 2 cm. Tentukan arah putaran rotasi

b). Pergoyangan akibat B turun ∆B = 2 cm

batang (θAB

)

MA

EI

A

= 2 x 2 – (1 + 2 x 1 + 2 x 0+ 1) = 0 B

Tidak ada goyangan

L=6m

c). Permisalan momen batang

θAB

n = 2 j – (m + 2f + 2h + r)

MA

θBA

A

Permisalan momen batang MB = 0 (rol)

Variabel MA

Permisalan garis elastis θAB

, θBA

B L=6m d). Permisalan garis elastis Gambar 5.8 contoh penyelesaian dengan persamaan tiga momen akibat penurunan perletakan


82

Analisa Struktur II

Persamaan :

A jepit θAB 0

∆ MAL =0 L 3EI

→ 6002 - M3 EI.6 = 0 A

MA = +

EI (arah momen benar) 600

Balok Beton : I =

1 (40) 60 3 = 720.000 cm 4 12

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 MA = +

(satuan disesuaikan L dalam meter).

14.400 = + 24 tm 600


83

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 persamaanpersamaan 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.


84

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. MPij

MPij

q

i

j L a). Batang ij dibebani beban q, dengan kondisi i dan j jepit

qL3 θ ij = 24 EI

II

qL3 θ ji = 24 EI

q

EI i

j L b). Beban terbagi rata q

MPij

i

θ ij =

M P ij L 3 EI

θ ji =

M P ij L

j

6 EI

c). Beban MPij

MPij

i

θ ij =

M P ji L 6 EI

θ ji =

M P ji L

j

3 EI

d). Beban MPji

Gambar 6.1 Momen batang akibat beban luar Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia

85

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).

qL3 M P ij L M P ji L =0 24 EI 3 EI 6 EI

(1)

qL3 M P ij L M P ji L =0 θ ji = 24 EI 6 EI 3 EI

(2)

θ ij =

Dari persamaan (1) dan (2) didapat besarnya Mpij dan Mpji yaitu : MPij = MPji =

1 qL² 12

Dengan cara yang sama dapat diturunkan rumus besarnya momen primer dari beban terpusat sebagai berikut : P

MPji

MPij j EI

i L 2 a i

Beban terpusat P ditengah bentang

L 2 P

MPij = MPji = j

b

MPij =

Pab ² L²

1 PL 8

M P ji =

Pa ² b L²

EI

L Gambar 6.2 Momen primer akibat beban titik


86

Analisa Struktur II

2. Akibat rotasi di i (θij)

Mij

Mji θ = 0 ji θij

i

EI

j

L a). Batang ij dengan rotasi θij Mij i θij =

M ij L

3EI b). Beban Mij di i θij =

θji =

M ji L

M ij L

j

6EI M ji L θji = 3EI Mji

6EI

c). Beban Mji di j Gambar 3.3 Momen akibat rotasi 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 =

M ij L M ji L =0 6 EI 3 EI

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).


87

Analisa Struktur II

M ij L M ji L 3 EI 6 EI

Besarnya rotasi di i : θij =

Dengan memasukkan Mji = ½ Mij, didapat θij =

→M 4 EI

M ij L

ij

=

4 EI θ L ij

Sehingga didapat besarnya momen akibat θij : Mij =

4EI θ L ij

dan M ji =

2EI θ L ij

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 =

4EI L

3). Akibat rotasi di j (θji)

Dengan cara sama seperti penurunan rumus

Mji

i

EI θji L

Mij

akibat θij, maka akibat rotasi θji, maka didapat :

j

Mji =

4EI 2EI θ ji ; M ij = θ L L ji

Gambar 3.4 Momen Mji 4). Akibat pergoyangan (∆) Mij

Akibat pergoyangan (perpindahan relatif

EI

j

i

∆

j’ L

Mji

ujung-ujung batang) sebesar ∆, maka akan terjadi rotasi θij dan θji θij = θji =

Gambar 6.5 Rotasi akibat ∆

∆ L

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 = Mij =

∆ , sehingga besarnya momen : L

4EI 2EI 6EI θ ij + . θ ji = .∆ L L L²


88

Analisa Struktur II

4EI 2EI 6EI θ ji + . θ ij = .∆ L L L² Dari keempat hal yang menimbulkan momen tadi, dapat ditulis rumus umum Mji =

momen batang sebagai berikut : Untuk i dan j jepit :

4EI 2EI 6EI θ ij + θ ji + ∆ L L L² 4EI 2EI 6EI MPji = MPji + θ ji + θ ij + ∆ L L L² 4EI Dengan Kij = L ∆ Mij = MPij + K (θij + ½ θji + 1,5 ) L ∆ Mji = MPji + K (θji + ½ θij + 1,5 ) L Mij = MPij +

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

MP’ij =

1 qL² 8

MP’ij =

3 PL 16

L a). Beban terbagi rata q P

MP’ij i

j 42 42 b). Beban terpusat P. ditengah bentang P

a i

MP’ij

MP’ =

b

Pab ² 1 Pa ² b L² 2 L ²

j

L c). Beban terpusat P. sejarak a dari i Gambar 6.6 Momen primer akibat beban luar


89

Analisa Struktur II

2). Akibat rotasi di i (θ θij)

Mij i

EI

Qij

j

L Gambar 6.7. Momen Mij

θij =

Mij =

M ij L 3 EI

3 EI θ L ij

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 =

3EI L

3). Akibat pergoyangan (∆ ∆)

Mij

j

i j’ Gambar 6.8 Rotasi akibat ∆

Akibat pergoyangan ∆, i dan j berotasi sebesar θij = θji =

∆ L

∆ L

Mij mengembalikan rotasi di i sama dengan nol (θij = 0) seolah-olah di i berotasi θij =

∆ 3EI 3EI , sehingga timbul momen : Mij = θij = .∆ L L L²


90

Analisa Struktur II

4). Akibat momen kantilever (jk – batang kantilever) Mij

Mjk

Mji

P

j

i

k

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 +

3 EI 3 EI ∆ 1 θ ij + - M jk L L² 2

(a)

3 EI , rumus tersebut diatas dapat ditulis L ∆ 1 Mij = MP’ij + K’ (θij + ) Mjk (b) L 2 Jadi kita mempunyai dua rumus momen batang, pertama dengan ujung-ujung

Dengan K’ =

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


91

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.


92

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 variabelvariabelnya.

Setelah variabel-variabel diketahui nilainya, dimasukkan kedalam rumus momenmomen batang, sehingga mendapatkan harga nominal dari momen-momen batang tersebut.

Contoh 1

q = 1 t/m’

P1 = 4 t

1,5 EI A

P2 = 1,5 t

2 EI B

6m

C 3m

3m

EI D 2m

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


93

Analisa Struktur II

Rumus Momen Batang Rumus Umum : Untuk i, j jepit :

Mij = MPij + Kij (θij + ½ θji + 1,5

Untuk j sendi / rol :

Mij = MP’ij + K’ij (θij +

∆ ) L

∆ ) – ½ Mjk L

Momen-momen primer : -

q = 1 t/m’

+

A

B L=6m 4t

- MPAB = MPBA = - MP’BC = -

-

C

B 3m

1 1 qL² = (1)6² = +3 tm 12 12

1 3 P1L = - (4)6 = -4,5 tm 16 16

3m

Gambar 6.11 Momen-momen primer

Kekakuan Batang :

4EI 4 (1,5 EI) = = EI L 6 3EI 3 ( 2EI) BC – jepit-sendi K’BC = = = EI L 6

AB – jepit-jepit KAB = KBA =

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


94

Analisa Struktur II

MBA = + 3 + 0

= + 3 tm

MBC = - 3 + 0

= - 3 tm 1,5t 3 tm

4t

3 tm 3 tm

3 tm

3 tm

D

A

3t

B

3t

6m a). Free body diagram

2t

2t

3m

3m

1,5

C

2m

3t 2t

1,5 t

A

B

1,5 t D

C

3m 2t

3t 6m

3m

3m

2m

b). Bidang Gaya Lintang (D)

3 tm A

3 tm

3 tm + 1,5 tm

B

c). Bidang Momen (M)

+

C

D

3 tm

Gambar 6.12 Bidang M, D, N


95

Analisa Struktur II

Contoh 2

P1 = 4 t A

P2 = 3 t

2 EI

B

EI C

3m EI D 2m

2m

1m

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 ∆.


96

Analisa Struktur II

Contoh 3

EI

A

EI

B

6m

C

4m

Gambar 6.14 Contoh 3 balok statis tak tentu dengan penurunan Suatu balok statis tidak tertentu dengan perletakan A jepit, B dan C rol seperti dalam gambar. Balok dari beton dengan ukuran penampang 30 x 40 cm dan E = 2 x 105 kg/cm². Kalau terjadi penurunan perletakan B sebesar 2 cm, hitunglah momen-momen batangnya dengan metoda slope deflection dan gambarkan bidang M, D dan N-nya. Penyelesaian :

n = 2j – (m + 2 f + 2 h + r)

= 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 +2) = 0 tidak pergoyangan

Jumlah variabel A jepit θA = 0 B titik simpul ada θB C rol, θC bukan variable Jadi variabelnya hanya satu, θB

Rumus Momen Batang Untuk i, j jepit

: Mij = MPij + Kij (θij + ½ θji + 1,5

Untuk j sendi / rol : Mij = MP’ij + K’ij (θij +

∆ ) L

∆ ) – ½ Mjk L

- Momen Primair akibat B turun 2 cm = 0,02 m -

Balok beton 30 x 40 cm2

B ∆B =2 cm

A

C 6m

+ B’

I=

1 (30) 403 = 160.000 cm4 12

E = 2 x 105 kg/cm2 EI = 32 x 109 kg cm2 = 3200 tm2

4m

Gambar 6.15 Momen primer akibat penurunan perletakan


97

Analisa Struktur II

MPAB = MPBA = MP’BC =

6 x 3200 6EI .∆ = − x 0,02 = −10,667 tm 2 L ( 6) 2

3 x 3200 3EI .∆=+ x 0,02 = + 12 tm 2 L ( 4) 2

- Kehalusan Batang :

KAB = KBA = K’BC =

4EI 4EI = = 0,667 EI L 6

3EI 3EI = = 0,75 EI L 4

MAB = - 10,667 + 0,667 EI (θA + ½ θB) = - 10,667 + 0,333 EI θB MBA = - 10,667 + 0,667 EI (θB + ½ θA) = - 10,667 + 0,667 EI θB MBC = + 12 + 0,75 EI θB

Persamaan : ΣMB MBA + MBC = 0 (- 10,667 + 0,667 EI θB) + (12 + 0,75 EI θB) = 0 1,417 EI θB = - 1,333 EI θB = - 0,941

Momen Batang : MAB = - 10,677 + 0,333 (- 0,941) = - 10,981 tm MBA = - 10,667 + 0,667 (-0,941) = - 11,294 tm MBC = + 12 + 0,75 (- 0,941) = + 11, 294 tm


98

Analisa Struktur II

10,981 tm

11,294 tm

11,294 tm

A 3,7125 t

3,7125 t

B

C 2,8235 t

6m

2,8235 t

4m

a). Free Body Diagram 3,7125 t + A

C

B

-

2,8235 t

b. Bidang Gaya Lintang (D) 10,981 tm -

B

A

C

+ 11,294 tm c). Bidang Momen (M) Gambar 6.16 Gambar bidang M, D, N


99

Analisa Struktur II

BAB VII METODE MOMEN DISTRIBUSI

7.1 Pendahuluan

Metode momen distribusi merupakan metode displacement untuk menyelesaikan struktur statis tak tentu balok dan portal. Metode ini ditemukan oleh Hardy Cross pada Tahun 1930. Sehingga metode ini disebut juga Metode Cross/Cara Cross. Perjanjian tanda momen pada metode ini sama dengan perjanjian tanda pada metode slope

deflection yaitu momen berputar searah jarum jam adalah momen positif, sedangkan momen yang berlawanan dengan jarum jam adalah momen negatif. Adapun komponenkomponen dalam metode ini antara lain : momen-momen ujung (fixed end moment), faktor kekakuan batang, faktor kekakuan joint, faktor distribusi, carry-over factor.

7.2 Prosedur Analisis

Adapun prosedur secara umum metode momen distribusi ini adalah sebagai berikut : - Tentukan faktor distribusi dan momen-momen ujung. Joint atau nodal dari suatu balok diidentifikasi dan faktor kekakuan untuk setiap batang dan joint dihitung. Gunakan nilai faktor distribusi dari dari persamaan DF = K/Σ K. Ingat, DF = 0 untuk jepit, DF = 1 untuk sendi/rol. Momen-momen ujung dihitung dari tabel fixed end moment (FEM) yang akan disajikan. FEM positif bila searah dengan arah jarum jam, FEM negatif bila berlawanan dengan arah jarum jam. - Proses momen distribusi Tentukan momen yang dibutuhkan pada setiap joint dalam keseimbangan. Lepaskan joint dan distribusikan momen berimbang pada setiap koneksi bentangan. Bawa momen-momen pada setiap bentang ke momen-momen lainnya serta kalikan setiap momen dengan carry over-faktor +½.

Untuk mempermudah memahami metode ini akan diberikan contoh untuk balok dan portal statis tak tentu berikut ini.


100

Analisa Struktur II

7.3 Contoh Penyelesaian Balok dan Portal dengan Metode Distribusi Momen

Diketahui sebuah balok statis tak tentu dengan geometri dan pembebanan seperti pada gambar. EI konstan. Tentukan momen-momen akhir pada setiap joint dengan metode distribusi momen dan gambar bidang M, D, N nya. 250 kN 20 kN/m A

B 12m

C 12m

4m

D 4m

Gambar 7.1 Contoh soal 1 balok statis tak tentu Penyelesaian: Faktor kekakuan KAB = 4EI/12 KBC = 4EI/12 KCD = 4EI/8 DFAB = DFDC = 0 DFBA = DFBC =

4 EI / 12 = 0,5 4 EI / 12 + 4 EI / 12

DFCB =

4 EI / 12 = 0,4 4 EI / 12 + 4 EI / 8

DFCD =

4 EI / 8 = 0,6 4 EI / 12 + 4 EI / 8

Momen –momen ujung/ Fixed End Momen (FEM) FEMBC = -wL2/12 = -20(12)2/12 = -240 kNm FEMCB = wL2/12 = 20(12)2/12 = 240 kNm FEMCD = -PL/8 = -20(8)/8 = -250 kNm FEMDC = PL/8 = 20(8)/8 = 250 kNm


101

Analisa Struktur II

Proses distribusi momen Titik Batang DF FEM Dist. CO Dist. CO Dist. CO Dist. CO Dist. ΣM

A

B AB

BA 0.5

0

120 60 -1 -0.5 6 3 -0.05 -0.002 62.5

0.3 125.3

62.5 kNm

C

BC 0.5 -240 120 2 -1 -12 6 0.1 -0.05 -0.6 0.3 -125.3

107 kN

15.7 kN

A

CB 0.4 240 4 60 -24 -0.5 0.2 3 -1.2 -0.02 0.01 281.5

D DC 0 250

CD 0.6 -250 6

3 -36 -18 0.3 0.2 -1.8 -0.9 0.01 -281.5

20 kN/m

234.3

133 kN

250 kN 130.9 kN

119.1 kN

B B

15.7 kN

281.5 kNm

281.5 kNm

D

C

C

130.9 kNm

234.3 kNm

Gambar 7.2 Freebody Diagram balok statis tak tentu

Dari freebody diagram tersebut, kita sudah bisa menggambar bidang M, D, N.

Contoh 2 (Portal tanpa goyangan)

Diketahui portal 2D tanpa goyangan dengan geometri dan beban seperti pada gambar. Tentukan momen-momen pada setiap jointnya dan gambar bidang M, D, N. 5 k/ft B

C

A

D

E

15 ft

18 ft

12 ft

Gambar 7.2 Contoh 2 Portal tanpa goyangan


102

Analisa Struktur II

Penyelesaian: KAB = 4EI/15 KBC = 4EI/18 KCD = 3EI/15 KCE = 3EI/12 DFAB = 0 DFBA =

4 EI / 15 = 0,545 4 EI / 15 + 4 EI / 18

DFBC = 1 – 0,545 = 0,455

DFCB =

4 EI / 18 = 0,330 4 EI / 18 + 4 EI / 15 + 3EI / 12

DFCD =

3EI / 15 = 0,298 4 EI / 18 + 4 EI / 15 + 3EI / 12

DFCE = 1 – 0,330 – 0,298 = 0,372 DFDC = 1 DFEC = 1 FEMDC = -wL2/12 = -5(18)2/12 = -135 k.ft FEMCB = wL2/12 = 5(18)2/12 = 135 k.ft Titik Batang DF FEM Dist. CO Dist. CO Dist. CO Dist. CO Dist. ΣM

A AB 0

B BA 0.545

73.6 36.8 12.2 6.1 2.8 1.4 0.4 0.2 44.5

0.1 89.1

BC 0.455 -135 61.4 -22.3 10.1 -5.1 2.3 -0.8 0.4 -0.2 0.1 -89.1

CB 0.330 135 -44.6 30.7 -10.1 5.1 -1.7 1.2 -0.4 0.2 -0.1 115

C CD 0.298

CE 0.372

-40.2

-50.2

-9.1

-11.5

-1.5

-1.9

-0.4

-0.4

0.0 -51.2

-0.1 -64.1

D DC 1

E 1

Dengan diketahui momen-momen pada joint portal berarti kita sudah dapat menggambarkan freebody diagram nya serta menghitung reaksi perletakan serta dapat menggambarkan bidang M, D, N nya.


103

Analisa Struktur II

DAFTAR PUSTAKA

1. Hibeller. (1999). Structural Analysis. Fourth Edition. Printice Hall, Upper Saddle River, New Jersey 070458. 2. Chu Kia Wang (1986) “Statically Indeterminate Structures”, Mc Graw-Hill, Book Company, Inc. 3. Dipohusodo I. (2001). Analisis Struktur. Penerbit PT Gramedia, Jakarta.


104

BUKU AJAR ANALISA STRUKTUR II DISUSUN OLEH : I PUTU LAINTARAWAN, ST, MT. I NYOMAN SUTA WIDNYANA, ST, MT. I WAYAN ARTANA, ST.MT

Recommend Documents