52373940 Buku Ajar Analisa Struktur II

BUKU AJAR

ANALISA STRUKTUR II

DISUSUN OLEH :

I PUTU LAINTARAWAN, ST, MT.

I NYOMAN SUTA WIDNYANA, ST, MT.

I WAYAN ARTANA, ST.MT

PROGRAM STUDI TEKNIK SIPIL

\FAKULTAS TEKNIK

UNIVERSITAS HINDU INDONESIA

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 ............................................................................................. iDAFTAR ISI ............................................................................................................ ii

BAB I RANGKA BATANG STATIS TERTENTU ............................................... 11.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 11.2 Tipe-Tipe Rangka Batang .................................................................................... 21.3 Struktur Rangka Batang Statis Tertentu ............................................................... 31.4 Metode Keseimbangan Titik Simpul .................................................................... 5

BAB II STRUKTUR KABEL ................................................................................. 182.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 182.2 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Balok ....... 192.3 Langkah-langkah Penyelesaian ............................................................................ 192.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh

Rangka Batang .................................................................................................... 262.5 Kesimpulan ......................................................................................................... 29

BAB III STRUKTUR PELENGKUNG .................................................................. 303.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 303.2 Pelengkung 3 Sendi ............................................................................................. 313.3 Penempatan Titik s (Sendi) .................................................................................. 323.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N) ................................................................. 373.5 Muatan Tak Langsung untuk Pelengkung 3 Sendi ................................................ 46

BAB IV METODA CONSISTENT DEFORMATION .......................................... 524.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 524.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu ........................................................................ 524.3 Metode Consistent Deformation .......................................................................... 534.4 Langkah-langkah Metoda Consistent Deformation ............................................... 544.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu ...................................................................... 584.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation .... 664.7 Penyelesaian Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan .................. 68

BAB V PERSAMAAN TIGA MOMEN ................................................................. 715.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 715.2 Langkah-langkah Metode Persamaan Tiga Momen .............................................. 725.3 Rotasi Batang ...................................................................................................... 775.4 Penyelesaian Akibat Penurunan Perletakan .......................................................... 82

BAB VI METODE SLOPE DEFLECTION ........................................................... 846.1 Pendahuluan ........................................................................................................ 846.2 Momen Batang .................................................................................................... 856.3 Langkah-Langkah Metoda Slope Deflection ........................................................ 926.4 Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan dengan Metoda SlopeDeflection. ................................................................................................................. 96

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia ii

BAB VII METODE MOMEN DISTRIBUSI ....................................................... 1007.1 Pendahuluan ...................................................................................................... 1007.2 Prosedur Analisis ............................................................................................... 1007.3 Contoh Penyelesaian Balok dan Portal dengan Metode Distribusi Momen ......... 101

DAFTAR PUSTAKA .............................................................................................. 77

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 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 BatangTitik Buhul

Gambar 1.2 Detail salah satu sambungan

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 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

(b) howe

(e) cambered fink

(f) warren

roof windowsroof

windows

(c) pratt

(d) fan

(e) fink

(g) sawtooth

(h) bowstring

(i) three-hinged arch

Gambar 1.3 Tipe rangka batang untuk struktur rangka atap


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


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

tekan

tarik

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

b + r > 2j

(statis tertentu)

(statis tak tentu)

(1)

(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).

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu

2

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 denganFx = 0 danFy = 0

atauH = 0 danV = 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 strukturkNtersebut.

3 kN

G

F3 kN

E

Ax = 0 A 300 600 600 600 D

B C

Ay = 4 kN

3m 3m 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.


Analisa Struktur II

Titik A

y

FAG

300

A

4 kN

Fy = 0

FAB

x

4 – FAG sin 300 = 0

Fx = 0

FAB - 8 cos 300 = 0

FAG = 8 kN (tekan)

FAB = 6,93 kN (tarik)

Titik Gx

y 3 kN

300

G

8 kNFGB

Fy = 0

4 – FGB – 3 cos 300 = 0

Fx = 0

8 - 3sin 300 – FGF = 0

FGF

FGB = 2,6 kN (tekan)

FGF = 6,5 kN (tekan)


Analisa Struktur II

Titik B

y

2,6 kN

600

FBF

600

6,93kN

B FBC

x

Fy = 0

FBF sin 600 – 2,6 sin 600 = 0

Fx = 0

FBF = 2,6 kN (tarik)

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.

A

4tB

RA = 3t RB = 1t

Gambar 1.8 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 2

Mencari reaksi perletakan MA = 0

MB = 0

RB . 4 - 4 . = 0

RB = 1t

RA . 4 - 4 . 3 = 0

RA = 3t

Pemberian notasiUntuk mempermudah penyelesaian, tiap-tiap batang perlu diberi notasi.

Untuk batang atas diberi notasi A1; A2 dan A1’; A2’


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 A1 IV A2 VI A2’ VIII A1’ IX

V1

I

D1

B1

V2

III4t

D2

B2

V3

V

D2’

B’2

V2

VII

D1’

B’1

V1’

X

3t 1t

Penyelesaian

Titik I

V1

B1

3t

V=0 3 t + V1 = 0

V1 = -3 ton (berarti batang tekan)

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)


Analisa Struktur II

Titik II

3tV1

½ D1 2

½ D1 2 A1

D1

Batang D1 diuraikan menjadi arah vertikal ½ D1 2 dan arah horizontal ½ D1

2.

V=0 - 3 t + ½ D1 2=0

½ D1 2=3 D1 = 3 2 t (tarik)

H=0 A1 + ½ D1 2=0

A1 = - ½ D1 2=-½.3 2 . 2

A1 = - 3 ton (tekan)

Titik IIIV2

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

V=0

H=0

4 t – 3 t – V2 = 0

V2 = 1 t (tarik)

B2 – 3 t = 0

B2 = 3 t (tarik)


Analisa Struktur II

Titik IV

3t

½ D2 2

½ D2

1t

2

D2

A2

Batang A2 dan D2 dianggap tarik.

Batang D2 diuraikan menjadi gaya horizontal dan vertikal ½ D2 2

V=0

H=0

½ D2 2 + 1 t = 0

D2 = - 2 t (tekan)

3 + A2 + ½ D2 2 = 0

3 + A2 – 1 ton = 0

A2 = - 2 ton (tekan)

Titik VI

2t A2’

V3 = 0

Batang A2’ dan V3 dianggap tarik

V=0

H=0

V3 = 0 ton

A2’ + 2 t = 0

A2’ = - 2 t (tekan)


Analisa Struktur II

Titik V

2

1t

0t½ D2’ 2

D’2

1t

3t ½ D2’ 2 B2’

Batang D2’ dan B2’ dianggap tarik

Batang D2’ diuraikan horizontal dan vertikal

V=0 ½ D2’ 2 + 0 – 1 t = 0

D2’ = 2 t (tarik)

H=0 B2’ + 1t –3 t + 1t = 0

B2’ = 1 ton (tarik)

Titik VIII

2t

2 t A1’

V2’

Batang A1’ dan V2’dianggap tarik

H=0

V=0

2 t + A1’ – 1 t = 0

A1’ = - 1 t (tekan)

1 + V2’ = 0

V2’ = - 1t (tekan)


Analisa Struktur II

Titik VII

½ D1’

1t

2 D1’

1t ½ D1’ 2 B1’

Batang D1’ dan B1’dianggap tarik

Batang D1’ diuraikan menjadi ½ D1’ 2

V=0 ½ D1’ 2 – 1 t = 0

D1’ = 2 t (tarik)

H=0 B1’- ½ D1’ 2 - 1t = 0

B’ + 1 – 1 = 0

B1’ = 0t

Titik X

V1’

B1’ = 0

RB = 1t

V=0 1t + V1’ = 0

V1’ = - 1t (tekan)


Batang Gaya BatangA1 -3tA2 -2tA2’ -2tA1’ -1tB1 0B2 3tB2’ 1tB1’ 0V1 -3tV2 1tV3 0V2’ -1tV1’ -1 tD1 2 t

3D2 2 t

-D2’ 2 t

D1’ 2 t

Analisa Struktur II

Kontrol ke Titik IX

A1’ = 1 t (tekan)

V=0

V1’ – ½ D1’

D1’ =(tarik)

2 =0

2V1’ = 1 t (tekan)

1t – ½ . 2 . 2 0 (ok)

H=0

A1’ – ½ D1’ 2 = 0

1–½ . 2. 2 = 0 (ok)

Tabel 1.1 Gaya-gaya Batang

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.


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 A V

D1V1

D2

V2

D3

AI B1

IIIB2

IVB3 VI

B

2t 3t 1t

Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu.

Reaksi Perletakan

MB = 0

RA =2

3x3t=2t

MA = 0

RB =13

x3t=1t

Titik Simpul IBatang D1 dan B1 dianggap tarik

Batang D1 diuraikan ke arah vertikal dan horizontal sebesar ½ D1 2

½ D1 2

½ D1

D1

2

B1

2 t (reaksi)

Ky = 0

½ D1 2 + 2t = 0


Analisa Struktur II

D1 = -2

2. 2 = - 2 2 t . (tekan)

Kx = 0

B1 - ½ D1 2 =0 B1 = 2 ton (tarik)

Titik III

V1

2t 3tB2

Gaya batang V1 dan B2 dianggap tarik

Ky = 0

Kx = 0

Titik II

V1 = 3 ton (tarik)

B2 = 2 ton (tarik)

½ D2 2

½ D1

D1 = 2 2

½ D1

2

2

3t

A

½ D2

D2

2

Gaya batang A dan D2 dianggap tarik 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)

Ky = 0

A + ½ D1 2 + ½ D2

A+½.2 2. 2 -½.A = 1 –2 = -1t (tekan)

2 =02. 2 =0


Analisa Struktur II

Titik IV

V2

D2 = 2t

B2 = 2tB3

Gaya batang V2 dan B3 dianggap tarik Ky = 0

½ D2 2 - V2 = 0V2= ½ .

Kx = 0

2 . 2 = 1 t (tarik)

B3 – B2 + ½ D2 2 =0

B3 = 2 - ½ .

Titik VI

D3

B3 = 1t

2 .

1t

2 = 1 t (tarik)

Gaya batang D3 dianggap tarik Ky = 0

½ D3 2 + 1t = 0D3 = -

D3 = -

2 . 1t

2 t (tekan)

Kx = ½ D3 2 + B3 = 0-½. 2 . 2 + B3 = 0 B3 = 1t (tarik)


Analisa Struktur II

Kontrol

Titik V

A = 1t

D3

V2 = 1t

Kx = 0

A – ½ . D3 2 =0

1t – ½ . 2 . 2 = 0 (ok)


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’Pelengkung penggantung

(kabel)

Batang penggantung

B’

pylon

AS

Balok pendukung lantaiB

Angker blokLantai kendaraan

Gambar 2.1 Balok pendukung lantai dari balok biasa

Puncakf pelengkung

A B

S

Angker blok

Gambar 2.2 Balok pendukung lantai dari konstruksirangka batang

Sistem struktur jembatan gantung sederhana yang akan dipelajari adalah struktur

statis tertentu, sehingga pada bagian balok utama pendukung beban diberi sebuah sendi


– P ( - a) – (q.2). – H.h + H.h1 = 0

- a) - 2q .²

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 8 (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)

H = 0

MB = 0

HA = 0

RA . L – P (L - a) – (q . 6) . 3 = 0

RA =P ( L - a ) + 18 .q.

L

V = 0 RA + RB – P – (q . 6) = 0

RB = P + 6.q. – RA

Menentukan besarnya gaya H

Ditinjau potongan I-I pada gambar 2.4.

Ms = 0 RA .L

2L2

H=R A .

L

2

L- P(

2(h - h1 )

; f = h – h1

H=R A .

L

2- P(

L

2f

- a) - 2q .²


Analisa Struktur II

A’ B’

1’

2’3’

f

S’ 4’5’

q

6’

h

A1 2 3 S 4 5 6

B h1

RA

H I

L = 8

Gambar 2.3 Struktur Jembatan Gantungdengan bentang 8

I fH

RB

A1 2 3 S

RA

Gambar 2.4 Potongan I - I

Menentukan besarnya gaya pada batang penggantung (T)


Analisa Struktur II

H H

qtL2

T

T

T

f

T T

L=n

T T

qtL2

n genap

qt

L

q t L q t L

2 qt 2

n ganjil

q t L

2 TT T T T T

(n - 1

2) .

Gambar 2.5 Transfer gaya penggantung

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.


8 t

8

) - t (

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

Ti : gaya-gaya batang penggantung

D : gaya-gaya pada kabel

T1=T2=T3=TS=T4=T5=T6=T

T1

H

Gambar 2.6 Cremona gaya-gaya batang T dan D.

Menentukan besarnya gaya T.

Untuk menyederhanakan perhitungan gaya-gaya, T dianggap sebagai beban

terbagi rata qt dimana qt =T

(Gambar 2.5)

Perhatikan gambar c2, Momen akibat H = H.f, Momen akibat T =

Momen akibat H = Momen akibat T.

1q L²

H.f =1

8 q t . L² =1 T

. . (n) . L

dimana : n jumlah lapangan genap

T 8fnL

. H

Untuk jumlah lapangan n ganjil (Gambar 2.5)

Momen akibat H = momen akibat T

H.f’ =q t L n - 1

. (2 2

q2

n - 12

)² .²

= q t L [(n - 1

4) - (

n² - 2n + 1

8n)]

=q t L

8n(2n² - 2 - n² + 2 - 1)

=q t L

8n(n² - 1) =

T.L 8n

(n² - 1)

T ( n 8f'n² - 1 L

) H


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).

A’ B’

A

6m

f

1

P=8t

=4m

f2 I f = 6m

I SB

RAL = 24 m RB

a

(n - 1

2) T

T P = 8t T T T T(

n - 12

) T

b

A

2,667

RA

(+)

1 2 S 3 4

(+)

B

RB

Bid. : D

1,333

2,667(-)

1,334

c5,33 (-) 5,33

Bid. : M10,67 10,67

(+)

Gambar 2.7 Contoh 1 struktur jembatan gantung

Penyelesaian

Menentukan ordinat yi pada pelengkung parabola

f i

f i

4 fx L - x

L²

x 24 - x24

4.6 (24 - x)

24²

Sumbu x = 0 terletak di titik A’


Analisa Struktur II

Untuk x = 4 m

Untuk x = 8 m

f1 =

f 2 =

4 ( 24 - 4 ) 24

8 ( 24 - 8 ) 24

= 3,333 m

= 5,333 m

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

MB = 0 RA.L – P . 18 = 0

RA =P .18

L

8.18

24 6 t↑

V=0 RA + RB - P = 0

RB = P – RA = 8 – 6 = 2 t↑

Menentukan besarnya gaya H. Perhatikan potongan I-I

Ms = 0 RA .L2 -P.6–H.f=0

HRA .

L

2f

- 6 P

6 . 24/2 - 6 . 8

6 4 t

Menentukan besarnya gaya batang penggantung (T) untuk harga n genap, besarnya

gaya T dihitung dengan rumus :

T=8f

nL. H =

8 . 6

6 . 24. 4 = 1,333 t

Menghitung besarnya gaya-gaya lintang untuk menggambarkan bidang gaya lintang

(D).

Bidang D (Gambar 2.7 a dan b)

DA-1 = RA -( n - 1)

2

5.T = 6 - . 1,333

2= 2,667 t

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

D2–S = D1–2 – 4 + T = 0 – 4 + 1,333

DS–3 = D2–S + T = -2,667 + 1,333

= 0t

= -2,667 t

= -1,334 t

D3–4 = DS–3 + T = -1,334 + 1,333

D4–B = D3–4 + T = 0 + 1,333

≈ 0 t

= 1,333 t

Bidang M (Gambar 2.7 a dan c)

Besarnya momen dihitung dari kiri (bagian A-S)


M1 = R A− T . 4 6−

M2 = R A− . 8T− 4 . 4

MS = R A− .12T− 4 .8 (T− 4) . 4

Ms = RB− .12 T .8 T . A

M3 = RB− . 4 2− .1,333 . 4 = - 5,33 tm

Analisa Struktur II

MA = 0 tm

( n − 1)

2 52

. 1,333 . 4

= + 10,67 tm

( n − 1) . T

2

( n − 1) . T

2

= + 10,67 tm

= 0 tm

Besarnya momen dihitung dari kanan (bagian B – S)

( n − 1) . T

2 = 0 tm

( n − 1) . T 5

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

M1 = RA . 4 – H . h + H h1

RA . 4 – H (h – h1)

RA . 4 – H . f1

= 6.4 – 4 . 3,333

= + 10,67 tm (OK)


Analisa Struktur II

H Ditinjau potongan II – IIII

f2M2 = RA . 8 – H . f2 – P . 2

htitik

8ttitik

H = 6 . 8 – 4 . 5,333 – 8 . 2

= + 10,67 tm (OK)

8m

2m

II

2

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

H . f1

adalah momen di titik simpul 1 akibat beban di atas 2 perletakan

statis tertentu.

adalah momen di titik simpul 1 akibat gaya H dari konstruksi

Jembatan Gantung.

M2 = RA . 8 – P . 2 – H . f2

Dimana : RA . 8 – P . 2 adalah momen di titik simpul 2 akibat beban di atas 2

perletakan statis tertentu.

H . f2 adalah momen di titik simpul 2 akibat gaya H dari konstruksi

Jembatan Gantung

2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung olehRangka 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.


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.

f = 14m

f5 f6

P=12tA4

q = 2 t/m’

AS

5 D4 6

B

6m

VA

4m 2m5’

10 x 6 mB3

6’ VB

Gambar 2.10 Contoh 2 struktur jembatan gantung

Penyelesaian

Menghitung reaksi perletakan

MB = 0 VA . 60 – P . 50 – q . 42 . 21 = 0

VA =12 . 50 + 2 . 42 . 21

60= 39,4 t

VB = P + q . 42 – VA

= 12 + 2 . 42 – 39,4 = 56,6 t

Menghitung besarnya gaya H.

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

14= 57 t

Menghitung : f5 dan f6

fx =4 f x (l - x)

L² (x m dihitung dari perletakan B).


Analisa Struktur II

f5 =

f6 =

4 .14 . 24 ( 60 - 24)(60)²

4 .14 .18 ( 60 - 18)(60)²

=13,44 m

=11,76 m

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

H

f5

IH

f6

A4

12 t 12 t 12 t 6t

5

D4

6 7 8B

VB

6m

5’B3 I

6m

6’

6m 6m 6m

Gambar 2.11 Potongan I – I contoh 2

Menghitung gaya batang A4.

Ditinjau sebelah kanan potongan I - I

M6’ = 0 A4.6 – 12.6 – 12.12 – (VB – 6) 18 – H . f6 = 0

A4 =72 + 144 + (56,6 - 6) 18 + 57.11,76

6 = - 4,08 t (tekan)

Menghitung gaya batang B3



Analisa Struktur II

M5 = 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

6= + 2,72 t (tarik)

Menghitung gaya batang D4


V = 0 D4 sin -12 – 12 – 12 – 6 + VB – (f 5 - f 6

6) H = 0

D4 =( 42 - 56,6 - 1,68 . 57/6) . 2

= - 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 Ms = 0 (ditinjau

sebelah kiri atau kanan saja) dengan metode potongan melalui sendi S.


Analisa Struktur II

BAB III STRUKTUR PELENGKUNG

3.1 Pendahuluan

Seperti halnya struktur kabel, struktur pelengkung digunakan untuk mengurangi

bending moment pada struktur bentang panjang. Pada dasarnya perilaku struktur

pelengkung merupakan kebalikan dari struktur kabel, dimana struktur utama

pelengkung menerima gaya tekan, disamping menerima lentur dan geser. Berbagai

macam tipe struktur pelengkung:

pelengkung terjepit (fixed arch)

pelengkung 2 sendi (two-hinged arch)

pelengkung 3 sendi (three-hinged arch)

pelengkung tarik (tied arch)

Gambar 3.1 Tipe Struktur Pelengkung


Analisa Struktur II

Gambar 3.2 Salah satu contoh tipe struktur pelengkung

3.2 Pelengkung 3 Sendi

Pelengkung 3 sendi biasanya digunakan pada struktur jembatan untuk

penampang sungai yang mempunyai dasar cukup dalam. Pada kondisi ini, struktur

utama dibuat pelengkung sehingga tidak memerlukan pilar di tengah-tengah sungai.

Dengan struktur pelengkung tersebut, gelagar memanjang, tempat dimana kendaraan

lewat bisa tertumpu pada tiang-tiang penyangga yang terletak pada pelengkung tersebut.

Biasanya yang dicari dalam struktur pelengkung adalah nilai momen, gaya

lintang dan gaya normal di salah satu titik. Sedangkan bidang momen, gaya lintang dan

normal penggambarannya cukup kompleks, sehingga biasanya jarang dihitung.

S

A

VA

HA HB

VA

B

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 :

H = 0;V = 0 danM = 0.


I VA⋅ x1− q⋅ x12

Analisa Struktur II

Jadi agar struktur tersebut bisa diselesaikan secara statis tertentu, maka perlu

tambahan satu persamaan lagi yaituMs = 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’

ES

fh1

AHA HB

B

l

VA VB

Gambar 3.4 Data Geometri pelengkung 3 sendi

Untuk mencari besarnya momen di potongan E-E yang besarnya :

M E−E VA⋅ x1−

I

1

2q⋅ x12− H A⋅ h1

II

maka nilai ME-E dibagi menjadi 2 bagian :

1

2

II H A⋅ h1


Nilai I VA⋅ x1− q⋅ x12 sama dengan persamaan momen dan bidang momen pada

Analisa Struktur II

12

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

Jika potongan E-E di S

Jika potongan E-E di B

x1 = 0 dan h1 = 0

x1 = ½ l dan h1 = f

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


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

P1

S1

S

hB

A

a1

HA

b1

HB

B

VB

hA

a b

VA

l

Gambar 3.6 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 1)

Pendekatan 1

HA dan VA dicari dengan persamaanMB = 0 danMS = 0 (bagian kiri) (2

persamaan dengan 2 bilangan tak diketahui)

MB = 0

MS = 0

VA.l – HA. (hA-hB) – P1.b1 = 0 ..........................................(1)

VA.a – HA.hA – P1.S1 = 0 ………………………………..(2)

(bagian kiri)

Dari persamaan (1) dan (2) maka VA dan HA bisa dicari.


Av = 1 1 .........................................(1)

Bv = 1 1 ………………………......(2)

Analisa Struktur II

HB dan VB dicari dengan persamaanMA = 0 danMS = 0 (bagian kanan)

persamaan dengan 2 bidang tidak diketahui

2

MA = 0

MS = 0

VB.l + HB (hA – hB) – P1.a1 = 0 .........................................(3)

VB.l - HB . hB) = 0 ............................................................(4)

(bagian kanan)

Dari persamaan (3) dan (4) maka VB dan HB bisa dicari.

Pendekatan 2

P1

S1

S

f

a1Ba

B

A

Ab

l

b1

BV

AV a b

Gambar 3.7 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 2)

Reaksi horizontal HA dan HB ditiadakan kemudian arahnya diganti, masing-

masing menuju ke arah perletakan yang lainnya menjadi Ab ( ) dan Ba ( ). Dengan

arah Ab yang menuju perletakan B dan arah Ba yang menuju ke perletakan A. Kita bisa

langsung mencari reaksi Av dan Bv. Kemudian denganMS = 0 dari kiri kita bisa

mencari besarnya Ab dan denganMs = 0 dari bagian kanan kita bisa mencari besarnya

nilai Ba.

Mencari reaksi Av

MB = 0 Av.l – P1. b1 = 0P b

l Mencari reaksi Bv

MA = 0 Bv.l – P1. a1 = 0P a

l

Mencari reaksi Ab


Analisa Struktur II

MS = 0 Av.a – P1.S1 – Ab . f = 0

(bagian kiri) Ab =Av . a − P 1 S 1

f dengan memasukkan nilai Av dari

persamaan (1), maka nilai Ab bisa dicari.

Mencari reaksi Ba

MS = 0 Bv.b – Ba . f = 0

(bagian kanan) Ba =Bv . b

fdengan memasukkan nilai Bv dari persamaan (2)

maka nilai Ba bisa dicari.

Posisi Ba dan Ab merupakan reaksi yang arahnya miring Ba ( ) dan Ab ( ), sehingga

harus diuraikan menjadi gaya-gaya vertikal dan horizontal seperti pada gambar.

Ba cos

Ba

Ba sin

Ab sin

Ab

Ab cos

Dari komponen-komponen tersebut dapat dinyatakan :

Ab cos = HA pada cara pendekatan 1, merupakan reaksi horizontal di A.

( )

Ba cos = HB pada cara pendekatan 2, merupakan reaksi horizontal di B.

()

dan :

VA ( )

Pendekatan 1 gambar (a)

= Av ( ) + Ab sin ( )

pendekatan 2 gambar (b)

VB ( ) = Bv ( ) + Ba sin ( )

Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b)


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

y

S

q kg/m’

A

VA

HA HB

B

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

M X VA⋅ x−

I

12

q⋅ x 2− H A⋅ yII

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

pelengkung dengan fungsi y4 f x ( l − x)

l ² .

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

mudah penggambarannya!


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

Hx

y

Vx

S

q kg/m’

A

VA

HA HB

B

VB

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


Analisa Struktur II

Garis singgung di x Garis singgung tersebut membentuk sudut

dengan garis horizontal, maka Vx dan

Hx harus diuraikan ke garis singgung

tersebut.

Hx sin

Vx sin

Vx

Vx cos

Hx

Hx cos

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

D x Vx cos α−Jumlah gaya bagiankiri arah ke atas ( )

H xcos αJumlah gaya bagiankiri 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.


Analisa Struktur II

Contoh 1

3 t/m’

S

cC

ycf=3m

AH H B

2.5 mxc

VA

5m 5m

VB

Gambar 3.11 Contoh 1 struktur pelengkung 3 sendi

Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola y4 f x ( l − x)

l ²dengan

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 V A dan VB

MB = 0

MA = 0

VA . l – q l.½ l = 0

VB . l – q l. ½ l = 0

VA = ½ .3.10 = 15 ton↑

VB = 15 ton↑

Mencari H

Ms = 0 (Tinjau kiri S)

VA . 5 - H . 3 – ½ q . (5)² = 0

H=V A .5 − 1 / 2. q (5)²

3

15.5 − 1 / 2 . 3 . 25

312,5 ton


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 =4 fx (l− x )

l ²,

maka yc =4 . 3 .2,5 (10 − 2,5)

10² 2,25 m .

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 N c dan Dc

Untuk mencari gaya lintang maupun gaya normal pada potongan x, maka kita perlu

mencari sudutc yaitu sudut yang terbentuk antara garis singgung di titik c dan garis

horizontal.

Hc

A

Vc

c

B

2.5m

Gambar 3.12 Gaya lintang dan normal pada titik C

Menentukan nilaic

y=4 f x ( l − x )

l ²⇒ y'

4 f ( l − 2 x )

l ²

untuk x = 2.5

y’ =4 . 3 (10 − 5)

10² 0,6

arc tgc = 0,6

sin = 0,5145

cos = 0,8575

c = 30,96°


Analisa Struktur II

Vc = VA – q . x = 15 – 3 . 2,5 = 7,5 ton↑

Hc = H = 12,5 ton

Dc = Vc cosc – Hc sinc

= 7,5 . 0,8575 – 12,5 . 0,5145

= 6,4312 – 6,4312 = 0

Nc = - (Vc.sinc + Hc cosc)

= - (7,5 . 0,5145 + 12,5 . 0,8575)

= - 14,5774 ton

Dari hasil nilai gaya dalam tersebut, tampak bahwa nilai Mc = 0; Dc = 0; Nc = -

14,5774 ton, jadi ini jelas bahwa struktur pelengkung ditekankan untuk menerima gaya

tekan.


Analisa Struktur II

Contoh 2

x c =2.5m

xp=2mC

S

P=6t

ypyc

f=3m

A

VA

HA

5m

HB

5m

VB

B

Gambar 3.13 Contoh 2 struktur pelengkung 3 sendi

Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola4 fx( l − x )

l²dengan

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 )

10² 1,92 m

MB = 0VA . l + P.yp = 0

VA . 10 + 6 . 1,92 = 0VA = -1,152 ton (↓)

MA = 0VB . l - P.yp = 0

VB . 10 - 6 . 1,92 = 0VB = + 1,152 ton↑

v=0VA + VB = 0 (OK)


Analisa Struktur II

Mencari H A dan HB

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

3−4,08 ton (←)

MS = 0 (kanan)

VB . ½ l – HB . f = 0

1,152 . 5 – HB . 3 = 0 HB = 1,92 ton (←)

Kontrol H = 0

P + HA + HB = 0

6 – 4,08 – 1,92 = 0 (OK)

Mencari Mc, Dc dan Nc

yc = 2,25 m

c = 30,96°

sinc = 0,5145; cos = 0,8575

Mc = - VA .xc + HA . yc – P (yc – yp)

P=6 t

C

yc

c

VA

HA HB

VB

Gambar 3.14 Menentukan yc danc


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 C Hc sinc

Vc cHc

c

P

HA

Vc sinVc

Vc cosHc cosc

VA

Gambar 3.15 Gaya lintang dan normal pada titik C

Vc = 1,152 ton (↓)

Hc = 6 – 4,08 = 1,92 ton ( )

Dc

Nc

= - Vc cosc – Hc sinc

= -1,152 . 0,8575 – 1,92 . 0,5145

= -1,9757 ton

= + Vc sinc – Hc cosc

= 1,152 . 0,5145 – 1,92 . 0,8575

= - 1,0537 ton


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.


.

Analisa Struktur II

q = kg/m’

a

P

b

R1 R2 R3 R4 R5 R6

q kg/m’P R1 R2 R3 R4 R5 R6

S

.

.

.

.

.

L =5

(a). Kondisi pembebanan (b). transfer beban melalui kolom

perantara

Pq = kg/m’

R1

R2

R3

a

R4

b

R5

R6

(c) Perhitungan nilai R (beban yang ditransfer)

Gambar 3.17 Kondisi pembebanan, transfer beban melalui kolom perantara, perhitungan

nilai R

R1 = q . ½ = ½ q

R2 = q . = q

R3 = q . ½ + (b/ ). P = ½ q + (L/ )P

R4 =a

P

R5 = R6 = 0


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 1t

q = 1 t/m' 1.5m 1.5m

1 2 3 4 5 6

A

xc = 4.5 m

C

yc

s

f = 4m

15 m

B

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 R4 R5 R6

C

yc

s

f

A HA H B B

V A

xc 15 m

VB


Analisa Struktur II

Perhitungan reaksi R1, R2, R3, R4, R5, dan R6.

R1 = 0 ton

R2 = ½.q = ½.1.3 = 1.5 ton

R3 = ½.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)

MA = 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 (↑)

MB = 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

V = 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)

MS = 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 (→)

MS = 0 (tinjau kanan)

VB . 7,5 – R5 . 4,5 – R4 . 1,5 – HB . 4 = 0

2,4 . 7,5 – 1,5 . 4,5 – 0,5 . 1,5 – HB . 4 = 0


Analisa Struktur II

HB = 2,625 ton (←)

Kontrol

V = 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 nilaic

y=4 f x ( l − x )

l ²⇒ y'

4 f ( l − 2 x )

l ²

untuk x = 4.5

y’ =4 . 4 (15 − 9 )

15² 0,43

arc tgc = 0,43 c = 23.27°

sin = 0,395

cos = 0,919

Momen di titik C (MC)

MC = VA . 4,5 – HA (3,36) – R2 (1,5)

= 2,6 . 4,5 – 2,625 (3,36) – 1,5 (1,5)

= 5,13 tm

Gaya Lintang di titik C (DC)

Reaksi di titik C

VC = VA – R1 – R2 (tinjau kiri S)

= 2,6 – 0 – 1,5

= 1,1 ton (↑)


Analisa Struktur II

Vc Vc sinc Hc cosc

Vc cosc

Cc C

Hc

Hc sinc

Gaya lintang di titik C (DC)

DC = VC cosc – HC sinc

= 1,1 (0,919) – 2,625 (0,395)

= -0.026 ton

Gaya Normal di titik C (NC)

NC = VC sinc + HC cosc

= 1,5 (0.395) + 2,625 (0.919)

= 3,005 ton

Jadi MC = 5,13 tm

DC = -0,026 ton

NC = 3,005 ton


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 (V=0,

H=0,M=0). Contoh : balok dengan dua perletakan sendi – rol atau balok kantilever

disebut sebagai struktur statis tertentu, karena bisa diselesaikan dengan persamaan

keseimbangan.

4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu

Suatu struktur disebut statis tak tentu jika tidak bisa diselesaikan dengan hanya

menggunakan persamaan keseimbangan. Dalam syarat keseimbangan ada tiga

persamaan, apabila sebuah struktur yang mempunyai reaksi perletakan lebih dari tiga,

maka reaksi-reaksi perletakan tersebut tidak bisa dihitung hanya dengan tiga persamaan

keseimbangan. Struktur tersebut dikatakan struktur statis tak tentu.

Kelebihan bilangan yang tidak diketahui terhadap jumlah persamaan

keseimbangan, disebut tingkat atau derajat ketidaktentuan suatu struktur. Apabila

kelebihan tersebut berupa reaksi perletakan maka struktur disebut statis tak tentu luar

sedangkan kalau kelebihan tersebut berupa gaya dalam maka struktur disebut statis tak

tentu dalam.

Contoh struktur statis tak tentu

1).RAM q

I

P

RAH C

ARAV

B

RBV

Gambar 4.1 Balok statis tak tentu


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).

P

RAM

C

q I

D

RBM

RAH

RAV

BRBV

RBH

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


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

horizontal dan momenrotasi.

defleksi vertikal, gaya horizontal defleksi

Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya kelebihan dari struktur statis

tertentu tersebut dihitung, dengan kondisi struktur aslinya yaitu struktur statis tak

tentu, kita susunan persamaan Consistent Deformation

Dengan bantuan persamaan Consistent Deformation gaya-gaya kelebihan dapat

dihitung. Setelah gaya-gaya kelebihan didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung

dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan yang ada.


Analisa Struktur II

Contoh 1

RAMq

RBH

A EI BRAV

L

a). Struktur statis tidak tertentu

A

b). Struktur statis tertentu

q

A

RBV

B

B

∆BV

c). Akibat beban yang ada

BVRBV

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 (BV RBV)

Struktur aslinya B rol, maka seharusnya defleksi vertikal di B sama dengan nol.

Persamaan Consistent Deformation

∆BV = 0


Analisa Struktur II

∆BV +BV 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

RAMq Soal no.1 dapat diselesaikan juga sebagai

RAH

ARAV

EI

L

berikut :

B R = 4 > 3 (kelebihan 1 R)

RBV Struktur statis tidak tertentu tingkat 1

a). Struktur statis tidak tertentu (satu).

RAM-sebagai gaya kelebihanA


q

A

A


RAM

B

B

A – menjadi sendi

A – rotasi yang dihitung

Akibat beban yang ada dihitung rotasi

di A (A)

Akibat RAM sebagai beban dihitung

rotasi di A (ϕAM RAM).

AϕAM RAM

B

d). Akibat RAM sebagai beban


Struktur aslinya A adalah jepit, sebelumnya rotasi di A sama dengan nol. Persamaan

Consistent Deformation :A = 0

A +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.


Analisa Struktur II

Contoh 3 q

P C

D Portal dengan perletakan A jepit danB sendi.

R = 5 > 3 (kelebihan 2 R)

Struktur statis tidak tertentu tingkat 2.

RBH

RAM B

ARAV

RAH RBV

a). Struktur statis tidak tertentu

C D

RBV dan RBH – sebagai gaya kelebihanB – menjadi bebas

B ∆BV dan∆BH - defleksi-defleksi yangdihitung

A


qP Akibat beban yang ada dihitung

C D

B

defleksi vertical dan defleksi

horizontal dari B (∆BV dan∆BH)

∆ BV

∆ BH

A



Analisa Struktur II

CD Akibat gaya kelebihan RBV

dikerjakan sebagai beban,

B

RBV

A

d). akibat gaya kelebihan RBV

BVV RBV

BHV RBV

dihitung defleksi vertical dan

defleksi horizontal dari B (BVV

RBV dan SBHV RBV)

C D Akibat gaya kelebihan RBH

dikerjakan sebagai beban,

dihitung defleksi vertical dan

A

BVH.RBH B

BHh RBH

RBH

defleksi horizontal dari B.

e). akibat gaya kelebihan RBH


Struktur aslinya B adalah sendi, seharusnya defleksi vertikal dan horizontalnya sama

dengan nol. Persamaan “Consistent Deformation”.

(1)∆BV = 0

(2)∆BH = 0

∆BV +BVV RBV +BVh RBH

∆BH +BHV RBV +BHh 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


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 =s

o

M x m x

E I xd x

∆ - defleksi

- 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

0dx - Integral seluruh panjang struktur

Catatan : Momen positif (+)

Momen negatif (-)

Untuk∆ (defleksi), beban unit berupa beban unit gaya (↓ 1 ), sedangkan untuk

(rotasi), beban unit berupa beban unit momen (

oleh nilai hasil perhitungan :

1). Arah defleksi / rotasi ditentukan

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 i

(AE) i

∆ - defleksi

S – gaya batang akibat beban yang ada.

- gaya batang akibat beban unit


Analisa Struktur II

A – luas penampang batang

E – modulus elastis bahan batang

i – nomor batang dari 1 sampai dengan n

n

- penjumlahan aljabar dari batang no.1 sampai dengan no. ni=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 contoh-

contoh perhitungan penyelesaian balok dan portal statis tak tentu berikut ini hanyalah

struktur statis tak tentu luar.


Analisa Struktur II

Contoh 1P = 1t

MAq = 1 t/m’

HA

AVA

EI EI

BC

6m VB 2m

a). Struktur statis tak tentu

AEI

6m

B

2m

C


MA = 40 tmq = 1 t/m’

P = 1t

A

VA = 9t

EI

6m

B EI

2m

C

x2 x1



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.


2

[ ]1/ 8 x 42 + x 32 + 2x 22 0 = +

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 = 61 Akibat beban unit di B (↓)

A EI B EI C ( Akibat beban VB = 1t (↓) )

6m 2m

VA = 1 x2 x1

VA = 1t (↑)

MA = - 1 x 6 = -6

Persamaan momen : (mx).

CB 0 < x1 < 2

BA 0 < x2 < 6

mx1 = 0

mx2 = -x2

Akibat beban yang ada :

∆ BV =s

0

Mx mxEI

dx =2 - (1 / 2 x 1 + x 1 ) ( 0 )

0 EIdx1 +

6

0

- (1/2 x 22 + 3 x 2 + 4 ) ( x 2 ) EI d x 2

=+1

EI

6 450

EI( )

Akibat beban VB = 1t (↓)

BV =s

0

m 2x

EIdx =

6

0

( -x 2 )² EI dx 2 =

1EI [1/ 3 x 32 ]60 = +

72EI

( )

Struktur aslinya B adalah rol ∆ BV = 0

Persamaan “Consistent Deformation”

∆BV +BV VB = 0

450

EI+

72

EI VB = 0 VB = -6,25 t ()


Analisa Struktur II

MA = 2,50 tmq = 1 t /m

1t V = 0 VA + VB = 8 + 1

VA = + 2,75 t (↑)

A

6m

VA = 2,75 t

B

2m

VB = 6,25 t

C H = 0

MA = 0

HA = 0

MA + VB x 6 – 8 x 4 – 1 x 8

=0

MA = + 2,5 tm

(e) reaksi perletakan balok- Bidang Gaya Normal (N)

- Bidang Momen (M)

N=0

2,5 t

+

3t

+

1tAB 0 < x1 < 6

Mx1 = 2,75 x1 – 2,50 – ½ x12

A

2,75 m-

B

3,25 t

C dm x1 = 0 = 2,75 - x1 x1 = 2,75m

dx1

Mmax = 2,75 x 2,75 – 2,50 – ½ (2,75)²

(f) Bidang gaya lintang (D) = + 1,28125 tm

2,5 tm 4 tm CB 0 < x2 < 2

(-) (-) Mx2 = - ½ x 22 – x2

A (+) B C MB = - ½ (2)2 – 2 = - 4 tm1,28125 tm

2,75 m

(g). Bidang MomenGambar 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


Analisa Struktur II

Contoh 2

q = 1 t/m’ Suatu struktur portal statis tidak tertentuB C

Hc

dengan ukuran dan pembebanan seperti

pada Gambar. A jepit dan C sendi.

EI

Vc

4m

Selesaikan portal tersebut dengan

metoda “Consistent Deformation”

Gambarkan bidang M, N dan D nya

HA

AMA

VA 4ma). Struktur statis tidak tertentu

BEI C

Penyelesaian :

R = 5 > 3 kelebihan 2 reaksi. Struktur

statis tidak tertentu tingkat 2.

EI 4m MA dan HC sebagai gaya kelebihan

sehingga A menjadi sendi dan C

menjadi rol.

AMA A dan ∆CH deformasi yang

4mb). Struktur statis tertentu

dihitung.

Bq = 1 t/m’

C

Akibat beban yang ada.

H = 0 HA = 0

VA = VC = ½ x 1 x 4 = 2 t (↑)

x2 Vc = 2tPersamaan momen (Mx)

AB 0 < x1 < 4 m Mx1= 0

x1

AVA = 2t

(c). Akibat beban yang ada

CB 0 < x2 < 4 m Mx2 = 2 x2 – ½ x22


2x( 2 - x 22 ) (- 2 )d x2 = [- x 32 + x 4 ]

M xmh

∫ EI

- x 22 x 2d x2

1 2 3 1 4 0

Analisa Struktur II

B C Akibat beban unit momen di A

(beban MA = 1 tm )

x2

x1

EIVc = ¼ H = 0

MC = 0

V = 0

HA = 0

VA . 4 – 1 = 0

VA + VC = 0

VA = ¼ (↑)

VC = - ¼ (↓)

A Persamaan momen (mr)1 VA = ¼

AB , 0 < x1 < 4 m mr1 = -1d). Akibat beban unit momen di A

(Beban MA = 1 tm CB , 0 < x2 < 4 m mr2 = - ¼ x2

B1

Akibat beban unit horizontal di C ( )

x2C

(akibat HC = 1t )

Vc = 1H = 0 HA = 1t (←)

MC = 0 VA x 4 + 1 x 4 = 0 VA = - 1t (↓)

x1 V = 0 VA + VC = 0 VC = + 1t (↑)

Persamaan momen (mh)HA = 1 A

VA = 1AB , 0 < x1 < 4 m

CB , 0 < x2 < 4 m

mh1 = + x1

mh2 = + x2

e). Akibat beban unit horizontal di C ( )

(beban HC = 1t )

Deformasi akibat beban yang ada :

=

s

0s

M x m r EI

dx =1 4

EI 0 2 4

1 x 1EI

16

132 2

4

0

= -8

3EI

∆CHs

0 s

dx1

EI

4

∫2x 2

1 2

4

x− x EI 3 8 0

32

3EI(→)

Deformasi akibat MA = 1 tm


MA =− tm-1 + 2 MA – 5 (− ) = 0

HC =− t (←)

I x 23 I x13

Imh ²

x23 1

I x23 I 1

(x1 )04 + I x 2m r ²

Analisa Struktur II

ϕ Am =s

0 EIdx =

I 4

EI 0( 1)²dx1 +

I 4

EI 0

x 2

4 ²dx 2 =I

EI

3

EI 48

4

0

= +163EI

CHm =s

0

m r m h EI

dx =I 4

EI 0( 1)(x1 ) d x1 +

I 4

EI 0

x 2

4(x 2 ) dx 2

=−4

x1 −EI 2 0

4

−EI 12 0

403EI

(←)

Deformasi akibat HC = 1t (→)

ϕAh =s

0

m h m r EI

dx =I 4

EI 0(x1 )( 1) d x1 +

I 4

EI 0(x 2 ) x 2

4 dx 2

4

=− x1 − 2 0

IEI

4

− 12 0

403EI

CHh =s

∫0 EIdx

IEI

4

∫0 ( x1 )² d x1 EI

4

∫x2² dx0

2

=

4

EI 3 0

4

EI 3 0

1283EI

(→)

Struktur aslinya A adalah jepit,A = 0

dan C adalah sendi ,∆CH = 0

Persamaan Consistent Deformation

A = 0 A +ϕAm . MA +ϕAh HC = 0

−8

3EI

16

3EIM A−

40

3EIH C 0→−1 2M A− 5H C 0 (1)

∆CH = 0 ∆CH +CHm MA –CHh HC = 0

32

3EI−

40

3EIM A

128

3EIH C 0→4− 5M A 16H C 0 (2)

5 x (1) + 2 x (2) + 3 – 7 HC = 03

7

(1)3

7

4

7


t (↑)

o A

Analisa Struktur II

B

q = 1 t/m’ C H = 0 HA + HC = 0 HA =37

t (→)

MB =87

tm

HC =

12VC =

7

3

7

t

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

1 4 3 VC = (8 + - x4)

4 7 7

12=

7

AV = 0 VA + VC – 4 = 0

HA =3

7t M =

4

7tm VA =

16

7t (↑)

VA =16

7t

MB = VC x 4 – 4 x 2 =12

7

8x 4 – 4 x 2 = - tm

7

f). Reaksi perletakan struktur statis tidak terntetu Bidang Gaya Normal (N) :

87

tm

B

87

37

tm

16t 7

t

q = 1 t/m’

C 3

712

t7

t

16Batang AB NAB = - t (tekan)

73

Batang BC NBC = - t (tekan)7

Bidang Gaya Lintang (D) :3

Batang AB Dx1 = - t73

x1 = 0 DA = - t7

x2 = 4 m DBbw = -37

t

4

7tm

A 167

t

37

t 12Batang CB Dx2 = -

7t12

x2 = 0 Dc = -7

+ x 2

g). Free Body diagramx2 = 4 m DBkm = -

127

+ 4 = +16

7t

Gambar 4.8 Penyelesaian dengan

consistent deformationUntuk Dx = 0 -

127 + x 2 = 0

x2 = +12

7m

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


Analisa Struktur II

4.7 Penyelesaian Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan

Akibat penurunan perletakan pada struktur, akan menimbulkan gaya-gaya dalam

pada struktur statis tak tentu. Contoh: balok diatas dua tumpuan sederhana perletakan B

turun sebesar∆ terhadap perletakan A (Gambar 1.9) maka balok tersebut akan berotasi

pada titik A dan B sebesar∆

L. Karena perletakan A adalah sendi dan perletakan B

adalah rol, sehingga bisa menerima rotasi yang terjadi. Balok tidak menerima gaya

dalam akibat penurunan perletakan B tersebut. Sedangkan kalau balok statis tak tentu,

dimana A perletakan jepit dan B perletakan rol (Gambar 1.10), apabila terjadi

penurunan perletakan B terhadap perletakan A sebesar∆, akan terjadi rotasi sebesar∆

L

pada titik A dan B. Karena perletakan A adalah jepit, maka rotasinya haruslah sama

dengan nol (A = 0), sehingga akan terjadi gaya dalam berupa momen di A untuk

mengembalikan rotasi di A menjadi nol.

A EIL

B A EIL

B

a). Balok statis tertentu∆

=L

a). Balok statis tidak tertentu

MA

A

=∆L

B

B1

∆A

=∆L

B

B1

∆

b). Akibat B turun sebesar∆

Gambar 1.9 Penurunanperletakan balok statistertentu

b). Akibat B turun sebesar∆

Gambar 1.10 Penurunanperletakan balok statis taktentu

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


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.

HA MA

A

VA

EI

L = 6m

B

VB


A B∆ B

B’

b). Perletakan B turun∆B = 2 cm

A EI

L=6mc). Balok statis tertentu

BR = 4 > 3, kelebihan 1 reaksi :

VB – sebagai gaya kelebihan∆BV – defleksi yang dicari

Balok Beton 40 / 60MA = 6 1 Ix = 1/12 (40) 60³ = 720.000 cm 4

E = 2 x 105 kg/cm²EI = 2 x 105 x 720.000 = 144 x 109 kg cm²

AVA = 1t

xB = 14.400 tm²

Akibat beban unit di B vertikald). Akibat beban unit vertikal di B (↓)

(akibat VB = 15↓)(akibat VB = 1t) (↓)

VA = 1t (↑)MA = 1 x 6 = 6 tm

Gambar 4.11 Contoh penyelesaian akibat penurunan perletakan


[ x³]60 = +

Analisa Struktur II

BA 0<x<6m mx = -x

BV =mx ²

EIdx =

6

0

( -x)²EI

x

=1 1EI 3

72EI

(↓)

∆B = 0,02 m (diketahui)

Persamaan Consistent Deformation :∆B = 0,02 m.

72

EI VB = 0,02

VB = 0,02 xEI

72= 0,02 x

14400

72= + 4t (↓)

Selanjutnya dapat digambar M, D, N akibat penurunan perletakan


Analisa Struktur II

BAB V

PERSAMAAN TIGA MOMEN

5.1 Pendahuluan

Metoda Consistent Deformation dapat dipakai pada struktur balok portal maupun

struktur rangka batang statis tak tentu, sedangkan metoda Persamaan Tiga Momen yang

hanya dapat dipakai untuk struktur balok dan portal statis tak tentu. Pada suatu struktur

balok dan portal, sambungan antara batang-batang pada struktur tersebut diasumsikan

sebagai sambungan kaku, dimana dalam sambungan kaku harus dipenuhi dua

persyaratan yaitu :

a). Keseimbangan: jumlah momen batang-batang yang bertemu pada sebuah titik

n

simpul yang disambung secara kaku sama dengan nol (i=1

M Ti = 0 ).

b). Kestabilan: rotasi batang-batang yang bertemu pada sebuah titik simpul yang

disambung secara kaku sama besar dan arahnya (T1 =T2 = …T3)

Metoda Persamaan Tiga Momen, memakai momen-momen batang sebagai

variabel (bilangan yang tidak diketahui) dan pergoyangan (defleksi∆) pada struktur-

struktur yang dapat bergoyang. Untuk menentukan apakah sebuah struktur dapat

bergoyang atau tidak, dapat dilihat dari teori sebagai berikut: suatu titik simpul

mempunyai dua kemungkinan arah pergerakan, yaitu vertikal dan horizontal. Perletakan

jepit dan perletakan sendi tidak dapat bergerak vertikal maupun horizontal, sedangkan

perletakan rol dapat bergerak hanya pada satu arah yaitu searah bidang perletakan.

Batang dibatasi oleh dua titik simpul, sehingga pergerakan titik simpul searah batang

sama. Dari konsep tersebut dapat dirumuskan : n = 2 j – (m + 2f + 2 h + r), dimana:

n = jumlah derajat kebebasan dalam pergoyangan.

j = “joint”, titik simpul termasuk perletakan

m = “member”, jumlah batang yang dibatasi oleh dua joint.

f = “fixed”, jumlah perletakan jepit.

h = “hinge”, jumlah perletakan sendi.

r = “rol”, jumlah perletakan rol.

Apabila n < 0, struktur tidak dapat bergoyang.


Analisa Struktur II

Untuk menghitung variabel yang ada, disusun persamaan-persamaan sejumlah

variabel yang ada, dari dua ketentuan syarat sambungan kaku seperti yang disebutkan

diatas yaitu :

(1) Jumlah momen-momen batang yang bertemu pada satu titik simpul sama dengan

nol.

(2) Rotasi batang-batang yang bertemu pada satu titik sama, besar dan arahnya. Dan

kalau ada variabel∆ perlu persamaan keseimbangan struktur.

5.2 Langkah-langkah Metode Persamaan Tiga Momen

Langkah-langkah metode persamaan tiga momen:

Tentukan apakah struktur statis tak tentu tersebut mempunyai pergoyangan ,

dengan rumus :

n = 2j- (m+2f+2h+R)

Kalau n < 0, berarti stuktur tersebut tidak bergoyang.

Kalau ada pergoyangan, gambarkan bentuk pergoyangan dan tentukan arah rotasi

batang–batang akibat pergoyangan tersebut. Dalam menggambarkan bentuk

pergoyangan ada dua ketentuan yang harus diperhatikan yaitu :

Batang tidak berubah panjang, Suatu batang ( ij ) kalau joint i bergerak ke kanan

sebesar ∆ , maka joint j juga akan berpindah ke kanan sebesar ∆.∆ ∆

(a)i i’ j 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) ij

ji

j

j’

∆ij =ji =

∆L

L

Gambar 5.1 Bentuk pergoyangan


Analisa Struktur II

Gambarkan permisalan arah momen-momen batang. Untuk momen kantilever,

dapat dihitung besarnya dan ditentukan secara pasti arah putarannya, sedangkan

untuk momen- momen batang yang lain besar maupun arahnya dimisalkan dengan

mengingat ketentuan bahwa jumlah momen-momen batang yang bertemu pada satu

titik simpul sama dengan nol. Jadi kalau pada satu titik simpul bertemu dua batang ,

maka besarnya momen-momen batang tadi sama, tetapi arahnya berlawanan.

Dari langkah langkah yang telah dikerjakan diatas dapat ditentukan jumlah

variablenya, yaitu momen-mpmen batang yang belum diketahui besarnya dan

perpidahan relatif ujung batang (∆) kalau ada goyangan.

Gambarkan pemisalan bentuk garis elastis struktur. Untuk menggambarkan

permisalan bentuk garis elastis struktur, harus mengingat ketentuan bahwa rotasi

batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul adalah sama, besar maupun

arahnya. Jadi kalau salah satu batang yang bertemu pada satu titik dimisalkan

rotasinya searah jarum jam, maka batang-batang yang lain yang bertemu pada titik

simpul tersebut harus digambarkan dengan arah rotasi yang sama yaitu searah

jarum jam.

Untuk menghitung variabel-variabel diatas, susunlah persamaan-persamaan

sejumlah variable yang ada. Penyusunan persamaan–persamaan tersebut

berdasarkan ketentuan keseimbangan momen dan rotasi batang-batang pada titik

simpul atau perletakan.

Momen batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul sama dengan nol.

Untuk momen batang yang digambarkan dengan arah sama, diberi tanda sama.

Misalnya kalau searah jarum jam diberi tanda positif (+). Maka yang berlawanan

arah jarum jam diberi tanda negatif (-), atau sebaliknya .

Rotasi batang dengan perletakan jepit sama dengan nol.

Rotasi batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul sama besar maupun

arahnya. Untuk menyusun persamaan rotasi harus memperhatikan permisalan

garis elastis (rotasi batang) dengan beban dan momen – momen yang ada pada

batang tersebut. Kalau arah rotasi batang pada permisalan garis elastis sesuai

dengan rotasi batang yang diakibatkan oleh beban dan momen batang yang

bekerja diberi tanda positif (+) , kalau sebaliknya diberi tanda negatif (-).


Analisa Struktur II

Kalau ada variabel pergoyangan (∆) maka perlu tambahan persamaan

keseimbangan struktur. Disini kita buat perhitungan free body diagram dengan

arah momen-momen batang seperti yang dimisalkan, sehingga kita mendapatkan

satu persamaan yang menghubungkan antara variable satu dengan yang lainnya.

Dari persamaan-persamaan yang disusun diatas, maka variable-variable yang

berupa momen-momen batang tadi dapat dihitung besarnya. Kalau nilai variable

yang didapat positif (+), maka arah momen permisalan benar, sedangkan kalau

nilainya negatif (-), maka arah momen yang dimisalkan terbalik.

Setelah momen-momen diperoleh, dengan perhitungan keseimbangan tiap-tiap

batang (free body diagram), bidang momen, gaya lintang dan gaya normal dari

struktur statis tidak tertemtu tersebut dapat digambarkan.

Contoh langkah-langkah perhitungan dengan metoda persamaan tiga momen

1.q = 1 t/m

P=1t

D

Balok diatas tiga tumpuan, A

jepit, B dan C rol. Dengan

AEI

6m

BEI

6m

EIC

2m

beban seperti tergambar :

n = 2j-(m+2f+ 2h+2)

n = 2x3 – (2+2x1+2x0+2)

a). Balok statis tidak tertentu n=0

A

MA MB

B

MC =4 tm P = 1 t

D

C

( Tidak ada penggoyangan )

Pemisalan momen batang:

MCD = ½ (q )l2 + P x 2

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

b). Permisalan arah momen batang

BA

BCD

= 4 tm MC = 0 MCB = 4 TM

A B C MB = 0 MBA + MBC =0

c). Permisalan garis elastis

Gambar 2.2 Penyelesaian denganpersamaan tiga momen

MBA = - MBC (sama besar,

berlawanan arah, MB )

A jepit, ada MA


Hindu Indonesia

Analisa Struktur II

Variabel yang ada : MA dan MB. Berarti ada dua buah variabel

Permisalan garis elastis.

Salah satu batang dimisalkan dulu, misalnya batang AB melendut ke bawah

berarti rotasi BA berlawanan arah jarum jam. Maka batang yang lain mengikuti

dengan mengingat rotasi batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul

sama besar maupun arahnya.

Menyusun persamaan :

Karena ada dua variable ( MA dan MB ) maka butuh dua persamaan.

- Dari persamaan keseimbangan momen, telah dipenuhi dari pemisalan arah

momen batang

- Dari persamaan rotasi batang-batang :

A jepit

Titik B

AB = 0

BA=BC

(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.

2.q = 1 t/m’

P1=1t

Suatu portal dengan perletakan A dan B

sendi, dengan ukuran dan beban seperti

P2=2t C EI D EI E tergambar

n = 2 j – (m + 2 f + 2 f + 2)EI EI 4m = 2 x 4 – (3 + 2 x 0 + 2 x 2 + 0)

n= 1A

4m

B

1m

ada sebuah bentuk pergoyangan.

Gambar pergoyangan

Batang AC, A sendi berarti C hanyaa). Portal statis tidak tertentu bisa bisa berpindah tegak lurus sumbu

C C’ D D’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 berotasi

jam.

searah jarum 75

Analisa Struktur II

b). Gambar pengoyangan

C MC MDC

MDE = 1,5 tmP1=1t

DPemisahan momen batang.

P2=2t

A

MC

E

MDB

B

MDE = ½ (1) 1² + 1 x 1 = 1,5 tm

Titik C, MCA = MCD sama besar

berlawan arah (MC)

Titik D, ada MDB, MDC dan

MDE = 1,5 tm

c). Pemisahan Momen BatangVariabel yang ada :∆, MC, MDB, MDC

C

CA

CD DCDE

DB

Pemisahan gambar garis elastis. Batang

CD dimisalkan melendut kebawah,

berartiCD searah jarum jam sedangkan

DC berlawan arah jarum jam. Maka

untuk batang AC,CA searah jarum jam,

A B sedangkan untuk batang DB, DB

d). Pemisahan garis elastisberlawanan 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.

MD = 0 MDB + MDC – MDE = 0 (1)

- Dari rotasi titik simpul

Titik C

Titik D

CA =CD

DB =DC

(2)

(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


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 :

i

ij

EI

ji

jij =ji =

ql 4

24 EI

a) akibat beban merata

L

i

ij

EI

ji

j

ij =ji =PL3

16 EI

L

b). akibat beban terpusat ditengah bentang.

Mij

i ij EIL

jij

ij =M ij L3 EI ; ji =

M ij L6 EI

c). akibat momen Mij

Mij

i ij

Lji

j

ij =M ij L6 EI

; jiM ji L3 EI

d). akibat momen Mji

i ij

L ji

j

ji

ij =ji =∆L

e). akibat pergoyangan

Gambar 2.4 Rotasi batang


MC = 3 tm P2 = 1,5 t

M A LAB M B.LAB q LAB 4

M A .6 M B.6 1(6)4

Analisa Struktur II

Contoh 1

1. q = 1 t/m’ P1 = 4t P2 = 1,5 tSuatu balok statis tidak tertentu diatas 3

A 1,5 EI

6m

B 2 EI C

6m

EI

2m

D

tumpuan, A perletakan jepit B dan C

perletakan rol dengan ukuran dan

pembebanan seperti tergambar. Hitunga). Balok statis tidak tentu dengan

pembebanannya momen-momen batangnya dengan metoda

“Persamaan Tiga Momen” dan gambarkan

MA

q = 1 t/m’MB

P1 = 4tbidang M, D dan N nya.

A 1,5 EI

6mB 2 EI C

6m

EI D

2m

Penyelesaian :

n = 2j – (m + 2f + 2h + 2)

b). Gambar permisalan momen-momenbatang

BC

BA

= 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 2)

n=0tidak ada pergoyangannya.

Permisalan Momen BatangA B C D MCD = 1,5 x 2 = 3 tm

6m 6m 2m Titik C MC = 0 MCB = MCD

c). Gambar permisalan garis elastis = MC = 3 tm

Gambar 5.5 contoh penyelesaian dengan

Titik B

= MB

MB = 0 MBA = MBC

persamaan tiga momen A jepit ada MA

Permisalan garis elastis

BA =BC berlawanan arah

jarum jam

Variabel yang ada : MA dan MB

Persamaan :

1. A jepit :AB = 0

- - 03 EI AB 6 EI AB 24 EI AB

- - 03(1,5EI) 6(1,5EI) 24 (1,5EI )

2 MA + MB = 9 (1)

x 1,5 EI


M A LAB M B.LAB q LAB3 M B LBC M C .LBC P1LBC ²

M A .6 M B .6

Analisa Struktur II

2. Titik simpul B :BA =BC

- - -6 EI AB 3 EI AB 24 EI AB 3 EI BC 6 EI BC 16 EI BC

- -6 (1,5 EI) 3 (1,5EI)

+1(6) 3

24 (1,5 EI)= + M B .6

3 (2EI)+

3 x 6 4(6)²-

3 (2EI) 16 (2EI)x1,5 EI

MA + 3,5 MB = 13,5 (2)

(1) – 2 x (2) - 6 MB = -18

MB = + 3 tm (arah benar)

(2) MA + 3,5 MB = 13,5 MA + 3,5 x 3 = 13,5

MB = 13,5 – 10,5 = + 3 tm (arah benar).

MA=3 tmq = 1t/m’ MB=3 tm

P1 = 4tMC=3 tm P2 = 1,5 t

DA 3t 3t B 2t 2t C 1,5 t

d). Free body diagram

3t2t 1,5t

+ + +

A-

B-

C D

3t2t

3m 3m 3m 3m 2m

e). Bidang Gaya Lintang (D)

3 tm

-

3 tm

-

3 tm

-

A + B + C D

1,5 tm

e). Bidang Momen (M)

Gambar 5.6 Gambar M, D, N

3 tm


Analisa Struktur II

Contoh 2

P1 = 4t P2 = 3tSuatu portal dengan ukuran dan

A2EI B EI C

pembebanan seperti tergambar. A

perletakan rol dan D perletakan jepit.

EI 3m Hitung momen-momen batangnya

dengan metoda Persamaan Tiga Momen

D

2m 2m 1m

a). Portal statis tidak tertentu

C C’ Penyelesaian :

A A’B B’ n = 2 j – (m + 2f + 2h +)

= 2 x 3 – (2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 1) = 1

ada pergoyangan !.

b). Gambar pergoyangan

DGambar pergoyangan

A bergerak ke A’ sebesar∆

B bergerak ke B’ sebesar∆

4t MCB 3t Batang BD berotasi searah jarum jam

A MBAC

B

MBDPermisalan Momen Batang

MBC = 3 x 1 = 3 tmMDB

D

c). Gambar permisalan momenbatang

B

MBA ; MBD

Permisalan Garis Elastis

BA =BD ( )

Varibel yang ada :

; MDB

ABA

D

C

BD

MBA, MBD, MDB dan∆

Persamaan :

1). MB = 0MBA – MBC – MBD = 0

MBA = MBD + 3-12(1)

d). Gambar permisalan gariselastis

2). D jepitDB = 0

Gambar 5.7 contoh penyelesaian dengan persamaan tiga momen


+ 1 BA =

M BD . 6∆

Analisa Struktur II

M BD . L BD

6 EI BD+

M DB . L BD

3EI BD+

∆

L BD= 0

M BD . 3

6 EI+

M DB . 3

3 EI+

∆

3= 0 3 M BD + 6 M DB + 2 EI∆ = 0 (2)

3).BA =BD -M BA . L BA

3 EI BA

P L ²

16 EI BA

M BD . L BD

3 EI BD+

M DB . L BD

6 EI BD-

∆

L BD

-M BA

3(2EI)+

4(4)²16 (2EI)

= M BD . ³ 3 EI

+6 EI 3

-

4 MBA + 6 MBD + 3MDB – 2 EI∆ = 0

4). Persamaan Keseimbangan Struktur

(3)

4t 3tMBC = 3 tm

A

MBA

BC

A rol

H=0

HA = 0

HA + HD = 0 HD = 0

MBD

3m

Batang BD : MB = 0

HD x 3 + MDB – MBD = 0

DMDB MBD = MDB (4)

HD = 0

Substitusi (4) ke (2)

Substitusi (4) ke (3)

9 MBD + 2 EI∆ = 0

13 MBD – 2 EI∆ = 0

22 MBD = 0

(4)

(1)

+MBD = 0

MDB = 0

MBA = + 3 tm


Analisa Struktur II

5.4 Penyelesaian Akibat Penurunan Perletakan

1).

Sebuah balok statis tidak tertentu dengan

AEI

L=6m


Bperletakan A jepit dan B rol. Bentang balok

L = 6 m. Balok dari beton dengan ukuran

penampang 40 x 60 cm, E beton = 2 x 105

kg/cm2.

Kalau terjadi penurunan perletakan B sebesar

A

B

2 cm

∆B = 2 cm, hitung momen batang balok

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

Penyelesaian :

Gambar pergoyangan akibat B turun

B’ ∆B = 2 cm. Tentukan arah putaran rotasib). Pergoyangan akibat B

turun∆B = 2 cmbatang (AB )

MA

n = 2 j – (m + 2f + 2h + r)

AEI

L=6mB

= 2 x 2 – (1 + 2 x 1 + 2 x 0+ 1) = 0

Tidak ada goyangan

Permisalan momen batangc). Permisalan momen batang MA MB = 0 (rol)

Variabel MA

A

AB BA

B

Permisalan garis elastisAB ,BA

L=6m

d). Permisalan garis elastis

Gambar 5.8 contoh penyelesaian dengan persamaan tiga momen akibat penurunan

perletakan


Analisa Struktur II

Persamaan : A jepitAB 0

∆ M A L -

L 3EI= 0

2

600-

M A . 6

3 EI= 0

Balok Beton :

MA = +EI

600(arah momen benar)

I =1

12(40) 60 3 720.000 cm 4

E = 2 x 105 kg/cm2

EI = 2 x 105 x 720.000 kg cm2 = 144 x 109 kg cm2

EI = 14.400 t m2 (satuan disesuaikan L dalam meter).

MA = +14 .400

600 24 tm


Analisa Struktur II

BAB VI

METODE SLOPE DEFLECTION

6.1 Pendahuluan

Berbeda dengan metoda-metoda yang telah dibahas sebelumnya, yaitu metoda

Consistent Deformation yang memakai gaya luar (reaksi perletakan) sebagai variabel

dan metoda Persamaan Tiga Momen yang memakai gaya dalam (momen batang)

sebagai variable, untuk metoda Slope Deflection ini rotasi batang dipakai sebagai

variable. Maka dari itu untuk metoda Consistent Deformation dan metoda Persamaan

Tiga Momen yang variabelnya berupa gaya luar ataupun gaya dalam dikategorikan

sebagai Force Method sedangkan metoda Slope Deflection yang memakai rotasi batang

sebagai variabel dikategorikan sebagai Flexibility Method. Dengan ketentuan bahwa

pada batang-batang yang bertemu pada suatu titik simpul yang disambung secara kaku

mempunyai rotasi yang sama, besar maupun arahnya, maka pada batang-batang yang

bertemu pada titik simpul tersebut mempunyai rotasi yang sama, atau boleh dikatakan

sama dengan rotasi titik simpulnya. Sehingga dapat dikatakan jumlah variabel yang ada

sama dengan jumlah titik simpul (joint) struktur tersebut.

Besarnya variabel-variabel akan dihitung dengan menyusun persamaan-

persamaan sejumlah variabel yang ada dengan ketentuan bahwa momen batang-batang

yang bertemu pada satu titik simpul haruslah dalam keadaan seimbang atau dapat

dikatakan jumlah momen-momen batang yang bertemu pada satu titik simpul sama

dengan nol. Disini diperlukan perumusan dari masing-masing momen batang sebelum

menyusun persamaan-persamaan yang dibutuhkan untuk menghitung variabel-variabel

itu. Rumus-rumus momen batang tersebut mengandung variabel-variabel yang ada yaitu

rotasi titik simpul.

Dengan persamaan-persamaan yang disusun, besarnya variabel dapat dihitung.

Setelah besarnya variabel didapat, dimasukkan kedalam rumus-rumus momen batang,

maka besarnya momen batang-batang tersebut dapat dihitung. Demikianlah konsep dari

metoda “Slope Deflection” untuk menyelesaikan struktur statis tidak tertentu.


Analisa Struktur II

6.2 Momen Batang

Momen batang dapat ditimbulkan dengan adanya beban luar, rotasi titik simpul

ujung-ujung batang dan juga akibat perpindahan relatif antara titik simpul ujung batang

atau yang biasa disebut dengan pergoyangan.

A. Batang dengan kedua ujungnya dianggap jepit

1. Akibat beban luar

Momen batang akibat beban luar atau disebut Momen Primer (MP), yaitu momen

akibat beban luar yang menggembalikan rotasi nol ( = 0) pada ujung batang jepit.

i

MPijq

MPij

j

L

a). Batang ij dibebani beban q, dengankondisi i dan j jepit

ij =qL3

24 EIII

q ji =qL3

24 EI

EIi

L

b). Beban terbagi rata q

MPij

j

i ij =M P ijL

3 EI ji =M P ijL

6 EI

j

c). Beban MPij

MPij

i ij =M P ji L

6 EI ji =M P ji L

3 EI

j

d). Beban MPji

Gambar 6.1 Momen batang akibat beban luar


Analisa Struktur II

Batang i-j dengan beban terbagi rata q akibat beban q akan terjadi lendutan,

tetapi karena i dan j jepit, maka akan terjadi momen di i dan j untuk mengembalikan

rotasi di jepit sama dengan nol, yaituij = 0 danji = 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).

ij =

ji =

qL3

24 EI

qL3

24 EI

-

-

M P ij L M P ji L-

3 EI 6 EI

M P ij L M P ji L-

6 EI 3 EI

= 0

= 0

(1)

(2)

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

MPij = MPji =1

12qL²

Dengan cara yang sama dapat diturunkan rumus besarnya momen primer dari beban

terpusat sebagai berikut :

MPij

P MPji

j Beban terpusat P ditengah bentang

i

L

EI

L MPij = MPji =1

8PL

a

2

Pb

2j

MPij =Pab ²

L² M P ji =Pa ² b

L²

i EI

L

Gambar 6.2 Momen primer akibat beban titik


Analisa Struktur II

2. Akibat rotasi di i (ij)

MijMjiji = 0

iij EI j

L

a). Batang ij dengan rotasiij

Mij

iM ij L

ij =3EI

b). Beban Mij di i

M ji L ij =

6EI

ji =

jM ij L

6EI M ji Lji =

3EI

Mji

c). Beban Mji di j

Gambar 3.3 Momen akibat rotasi

Akibat rotasiij, di ujung i terjadi momen Mij, dan untuk mempertahankan

rotasi di j sama dengan nol (ji = 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.

ji =M ijL M ji L

-6 EI 3 EI

= 0

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).


Analisa Struktur II

Besarnya rotasi di i :ij =M ijL M ji L

-3 EI 6 EI

Dengan memasukkan Mji = ½ Mij, didapat

ij =M ijL

4 EI M ij =4 EI

L ij

Sehingga didapat besarnya momen akibatij :

Mij =4 EI

L ij dan M ji =2 EI

L ij

Kekakuan batang (K) adalah besarnya momen untuk memutar sudut sebesar satu satuan

sudut ( = 1 rad), bila ujung batang yang lain berupa jepit.

Untukij = 1 rad, maka Kij =4 EIL

3). Akibat rotasi di j (ji)

MjiDengan cara sama seperti penurunan rumus

akibatij, maka akibat rotasiji, maka

iMij

EIji

L

jdidapat :

4 EIMji =

L ji ; M ij =

2 EIL ji

Gambar 3.4 Momen Mji

4). Akibat pergoyangan (∆)

i

MijEI

j∆

Akibat pergoyangan (perpindahan relatif

ujung-ujung batang) sebesar∆, maka akan

MjiL

Gambar 6.5 Rotasi akibat∆

j’ terjadi rotasiij danji

∆ij =ji =

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

berotasiij =ji =∆

L, sehingga besarnya momen :

Mij =4 EI

L ij +2 EI

L . ji =6 EI

L².∆


Analisa Struktur II

Mji =4 EI

L ji +2 EI

L . ij =6 EI

L².∆

Dari keempat hal yang menimbulkan momen tadi, dapat ditulis rumus umum

momen batang sebagai berikut :

Untuk i dan j jepit :

Mij = MPij +

MPji = MPji +

4 EI

L4 EI

L

ij +

ji +

2 EI

L2 EI

L

ji +

ij +

6 EI

L²6 EI

L²

∆

∆

Dengan Kij =4 EI

L

Mij = MPij + K (ij + ½ji + 1,5∆L

)

Mji = MPji + K (ji + ½ij + 1,5∆L

)

B. Batang dengan salah salah satu ujungnya sendi / rol

1. Akibat beban luar

Dengan cara yang sama seperti pada balok dengan i dan j jepit, didapat besarnya

momen primer (akibat beban luar) sebagai berikut :

MP’ij

i

L

j MP’ij =18

qL²

a). Beban terbagi rata q

i

MP’ij P

jMP’ij =

316

PL

42 42

b). Beban terpusat P. ditengah bentang

i

a

MP’ij

P b

j

MP’ =Pab ² 1 Pa ² b

-L² 2 L²

Lc). Beban terpusat P. sejarak a dari i

Gambar 6.6 Momen primer akibat beban luar


Analisa Struktur II

2). Akibat rotasi di i (ij)

Mij

i Qij EIj

L

Gambar 6.7. Momen Mij

ij =M ij L3 EI

Mij =3 EI

L ij

Kekakuan batang modifikasi (K’), besarnya momen untuk memutar rotasi

sebesar satu satuan sudut (= 1 rad) bila ujung yang lain sendi.

ij = 1 rad K’ij =3EIL

3). Akibat pergoyangan (∆)

i

Mij

j’

Gambar 6.8 Rotasi akibat∆

j

Akibat pergoyangan∆, i dan j berotasi sebesar∆L

ij =ji =∆

L

Mij mengembalikan rotasi di i sama dengan nol (ij = 0) seolah-olah di i berotasiij =

∆

L, sehingga timbul momen : Mij =

3EI

Lij =

3EI

L².∆


Analisa Struktur II

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

i

Mij Mji

j

Mjk

P

k

Gambar 6.9 Momen kantilever

Momen kantilever Mjk.

Mj = 0 Mji = - Mjk

akibat Mji, untuk mempertahankanij = 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

L ij +3 EI ∆ 1

-L² 2

M jk (a)

Dengan K’ =3 EI

L, rumus tersebut diatas dapat ditulis

Mij = MP’ij + K’ (ij +∆L

)-1

2Mjk (b)

Jadi kita mempunyai dua rumus momen batang, pertama dengan ujung-ujung

jepit-jepit, kedua dengan ujung-ujung jepit sendi. Yang dikatakan ujung jepit bila ujung

batang betul-betul perletakan jepit atau sebuah titik simpul yang merupakan pertemuan

batang dengan batang (tidak termasuk katilever). Sedangkan yang dikatakan ujung

batang sendi yang betul-betul perletakan sendi, bukan berupa titik-titik simpul.

Rumus batang dengan jepit-jepit, ada dua variabel rotasi yaituij danji,

sedangkan untuk batang dengan ujung jepit-sendi, hanya mengandung satu variabel

rotasi yaituij, rotasi pada perletakan sendi (ji) 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


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

n>0

tidak ada pergoyangan.

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 () titik simpul, dan delta (∆) kalau ada pergoyangan.

Tuliskan rumus momen batang untuk semua batang yang ada, dimana akan

mengandung variabel-variabel ( dan∆) untuk masing-masing rumus momen

batang tersebut.

Untuk menghitung variabel-variabel tersebut perlu disusun persamaan-persamaan

sejumlah variabel yang ada. Persamaan-persamaan itu akan disusun dari :

- Jumlah momen batang-batang yang bertemu pada satu titik simpul sama

dengan nol.


Analisa Struktur II

- Kalau ada variabel∆, perlu ditambah dengan persamaan keseimbangan

struktur. Seperti juga pada metoda “Persamaan Tiga Momen”, dalam

menyusun persamaan keseimbangan struktur pada dasarnya membuat

perhitungan “free body diagram” sehingga mendapatkan persamaan yang

menghubungkan satu variabel dengan variabel yang lain. Pada penggambaran

arah momen, momen yang belum tahu besarnya (masih dalam perumusan)

digambarkan dengan arah positif (+) yaitu searah jarum jam.

Dengan persamaan-persamaan yang disusun, dapat dihitung besarnya variabel-

variabelnya.

Setelah variabel-variabel diketahui nilainya, dimasukkan kedalam rumus momen-

momen batang, sehingga mendapatkan harga nominal dari momen-momen batang

tersebut.

Contoh 1

q = 1 t/m’ P1 = 4 t P2 = 1,5 t

A1,5 EI

6m

B

3m

2 EIC

3m

EID

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 A = 0 B – titik simpul adaB

C rol C tidak sebagai variabel.

Jadi variabelnya hanya satu yaituB


Analisa Struktur II

Rumus Momen Batang

Rumus Umum :

Untuk i, j jepit : Mij = MPij + Kij (ij + ½ji + 1,5∆

L)

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

L) – ½ Mjk

Momen-momen primer :

- q = 1 t/m’ +

A

L=6m

B- MPAB = MPBA =

112

qL² =1

12(1)6² = +3 tm

B

-4t

C- MP’BC = -

1

16 P1L = -3

16(4)6 = -4,5 tm

3m 3m

Gambar 6.11 Momen-momen primer

Kekakuan Batang :

AB – jepit-jepit KAB = KBA =4 EI

L=

4 (1,5 EI )

6= EI

BC – jepit-sendi K’BC =3EI

L=

3 ( 2 EI )

6= EI

MCD = - P2xL = - 1,5 x 2 = -3 tm (momen kantilever)

MCB = - MCD = + 3 tm

MAB = - 3 + EI (A + ½B) = - 3 + 0,5 EIB

MBA = + 3 + EI (B + ½A) = + 3 + EIB

MBC = - 4,5 + EIB – ½ (-3) = -3 + EI

Persamaan :

MB = 0 MBA + MBC = 0

(3 + EIB) + (-3 + EIB) = 0

Momen Batang :

MAB = -3 + 0,5 x 0 = - 3 tm

EIB = 0


Analisa Struktur II

MBA = + 3 + 0

MBC = - 3 + 0

= + 3 tm

= - 3 tm

3 tm 3 tm3 tm

4t

3 tm

1,5t3 tm

A 3t 3t B 2t 2t C 1,5D

6m 3m 3m 2ma). Free body diagram

3t2t 1,5 t 1,5 t

A B C D3m

3t 2t

6m 3m 3m 2m

b). Bidang Gaya Lintang (D)

3 tm

-

3 tm

-

3 tm

-

A + B + C D

1,5 tm

c). Bidang Momen (M)

Gambar 6.12 Bidang M, D, N

3 tm


Analisa Struktur II

Contoh 2P1 = 4 t P2 = 3 t

A 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∆.


(30) 403 160.000 cm4I

Analisa Struktur II

Contoh 3

AEI

BEI

C

6m 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

Jumlah variabel

A jepitA 0

B titik simpul adaB

C rol,C bukan variable

Jadi variabelnya hanya satu,B

Rumus Momen Batang

tidak pergoyangan

Untuk i, j jepit : Mij MPij + Kij (ij + ½ji + 1,5∆

L)

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

L) – ½ Mjk

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

A

-

-

6mB’

B∆B2 cm

+

4m

C

Balok beton 30 x 40 cm2

1

12

E 2 x 105 kg/cm2

EI 32 x 109 kg cm2 3200 tm2

Gambar 6.15 Momen primer akibat penurunan perletakan


L

L

Analisa Struktur II

MPAB MPBA -6 EI

2.−∆ 6 x 3200

(6) 2x 0,02−10,667 tm

MP’BC3EI

2.∆

3 x 3200(4) 2

x 0,0212 tm

- Kehalusan Batang : KAB KBA4 EI

L 4 EI

6 0,667 EI

K’BC3EI

L

3EI

4 0,75 EI

MAB - 10,667 + 0,667 EI (A + ½B) - 10,667 + 0,333 EIB

MBA - 10,667 + 0,667 EI (B + ½A) - 10,667 + 0,667 EIB

MBC + 12 + 0,75 EIB

Persamaan :MB MBA + MBC 0

(- 10,667 + 0,667 EIB) + (12 + 0,75 EIB) 0

1,417 EIB - 1,333

EIB - 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


Analisa Struktur II

A

10,981 tm 11,294 tm 11,294 tm

3,7125 t 3,7125 t B2,8235 t

C2,8235 t

3,7125 t

6m

a). Free Body Diagram

+

4m

AB

-

C

2,8235 t

b. Bidang Gaya Lintang (D)

10,981 tm

A

- B C

+

11,294 tm

c). Bidang Momen (M)

Gambar 6.16 Gambar bidang M, D, N


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 komponen-

komponen 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/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.


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 kN20 kN/m

A

12m

B

12m

C

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 DFBC4EI / 12

4EI / 12 4EI / 12 0,5

DFCB

DFCD

4EI / 12

4EI / 12 4EI / 8

4EI / 8

4EI / 12 4EI / 8

0,4

0,6

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


Titik A B C DBatang AB BA BC CB CD DC

DF 0 0.5 0.5 0.4 0.6 0FEMDist. 120

-240120

2404

-2506

250

CODist.

60-1

2-1

60-24 -36

3

CODist.

-0.56

-126

-0.50.2 0.3

-18

CODist.

3-0.05

0.1-0.05

3-1.2 -1.8

0.2

CODist.

-0.0020.3

-0.60.3

-0.020.01 0.01

-0.9

M 62.5 125.3 -125.3 281.5 -281.5 234.3

Analisa Struktur II

Proses distribusi momen

62.5 kNm 15.7 kN 107 kN 20 kN/m 133 kN250 kN

130.9 kN 119.1 kN

A B

15.7 kN

B

281.5 kNm

C281.5 kNm

C

130.9 kNm

D

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

15 ft

B

A

18 ft

C

D

12 ft

E

Gambar 7.2 Contoh 2 Portal tanpa goyangan


Titik A B C D EBatan AB BA BC CB CD CE DC

DF 0 0.545

0.455 0.330

0.298 0.372

1 1FEMDist. 73.6

-13561.4

135-44.6 -40.2 -50.2

CODist.

36.812.2

-22.310.1

30.7-10.1 -9.1 -11.5

CODist.

6.12.8

-5.12.3

5.1-1.7 -1.5 -1.9

CODist.

1.40.4

-0.80.4

1.2-0.4 -0.4 -0.4

CODist.

0.20.1

-0.20.1

0.2-0.1 0.0 -0.1

M 44.5 89.1 -89.1 115 -51.2 -64.1

Analisa Struktur II

Penyelesaian:

KAB = 4EI/15

KBC = 4EI/18

KCD = 3EI/15

KCE = 3EI/12

DFAB = 0

DFBA4EI / 15

4EI / 15 4EI / 18 0,545

DFBC = 1 – 0,545 = 0,455

DFCB

DFCD

4EI / 18

4EI / 18 4EI / 15 3EI / 12

3EI / 15

4EI / 18 4EI / 15 3EI / 12

0,330

0,298

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

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.


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.


Documents

52373940 Buku Ajar Analisa Struktur II