Buku Ajar Analisa Struktur II

8/11/2019 Buku Ajar Analisa Struktur II

1/108


2/108

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

KATA PENGANTAR

Puji syukur penulis kami panjatkan kehadapan Tuhan Yang Maha Esa, atas

rahmatNya, penyusunan Buku Ajar Analisis Struktur II dapat diselesaikan. Buku Ajar

ini disusun untuk menunjang proses belajar mengajar mata kuliah Analisis Struktur II

sehingga pelaksanaannya dapat berjalan dengan baik dan lancar, serta pada akhirnya

tujuan instruksional umum dari mata kuliah ini dapat dicapai.

Diktat ini bukanlah satu-satunya pegangan mahasiswa untuk mata kuliah ini,

terdapat banyak buku yang bisa digunakan sebagai acuan pustaka. Diharapkan

mahasiswa bisa mendapatkan materi dari sumber lain.

Penulis menyadari bahwa diktat ini masih banyak kelemahan dan

kekurangannya. Oleh karena itu kritik dan saran pembaca dan juga rekan sejawatterutama yang mengasuh mata kuliah ini, sangat kami perlukan untuk kesempurnaan

tulisan ini. Untuk itu penulis mengucapkan banyak terima kasih.

Penulis


3/108

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

DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR ............................................................................................. i

DAFTAR ISI ............................................................................................................ ii

BAB I RANGKA BATANG STATIS TERTENTU ........... ......... ......... ........... ....... 11.1 Pendahuluan ........... ............................................................................................. 1

1.2 Tipe-Tipe Rangka Batang .................... ................................................................ 2

1.3 Struktur Rangka Batang Statis Tertentu ............................................................... 3

1.4 Metode Keseimbangan Titik Simpul .................................................................... 5

BAB II STRUKTUR KABEL ................................................................................. 182.1 Pendahuluan ........... ............................................................................................. 18

2.2 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Balok ....... 19

2.3 Langkah-langkah Penyelesaian ............................................................................ 19

2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh

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

BAB III STRUKTUR PELENGKUNG .................................................................. 303.1 Pendahuluan ........... ............................................................................................. 30

3.2 Pelengkung 3 Sendi ............................................................................................. 31

3.3 Penempatan Titik s (Sendi) .................................................................................. 32

3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N) ................................................................. 37

3.5 Muatan Tak Langsung untuk Pelengkung 3 Sendi ................................................ 46

BAB IV METODA CONSISTENT DEFORMATION .......................................... 524.1 Pendahuluan ........... ............................................................................................. 52

4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu ........................................................................ 524.3 Metode Consistent Deformation .......... ................................................................ 53

4.4 Langkah-langkah Metoda Consistent Deformation ............................................... 54

4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu ...................................................................... 58

4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation .... 66

4.7 Penyelesaian Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan .................. 68

BAB V PERSAMAAN TIGA MOMEN ........ .......... ........... ......... ......... ........... ....... 715.1 Pendahuluan ........... ............................................................................................. 71

5.2 Langkah-langkah Metode Persamaan Tiga Momen .............................................. 72

5.3 Rotasi Batang ...................................................................................................... 77

5.4 Penyelesaian Akibat Penurunan Perletakan .......................................................... 82

BAB VI METODE SLOPE DEFLECTION ........................................................... 84

6.1 Pendahuluan ........... ............................................................................................. 84

6.2 Momen Batang .................................... ................................................................ 85

6.3 Langkah-Langkah Metoda Slope Deflection ........................................................ 92

6.4 Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan dengan Metoda Slope

Deflection. ................................................................................................................. 96


4/108

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

BAB VII METODE MOMEN DISTRIBUSI .......... ........... ......... ......... ........... ..... 1007.1 Pendahuluan ........... ........................................................................................... 100

7.2 Prosedur Analisis ............................................................................................... 100

7.3 Contoh Penyelesaian Balok dan Portal dengan Metode Distribusi Momen ......... 101

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


5/108

Analisa Struktur II

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 1

BAB I

RANGKA BATANG STATIS TERTENTU

1.1 Pendahuluan

Rangka batang adalah suatu struktur rangka dengan rangkaian batang-batang

berbentuk segitiga. Elemen rangka batang terbuat dari material kayu, baja, aluminium,

dan sebagainya. Dalam struktur rangka batang, dipilih bentuk segitiga karena bentuk

segitiga adalah suatu bentuk yang stabil, tidak mudah berubah.

Dalam struktur rangka batang, titik buhul sebagai sambungan tetap / stabil

dianggap berperilaku sebagai sendi. Untuk menyambung titik buhul digunakan plat

buhul. Pada struktur baja sambungan-sambungan pada plat buhul digunakan baut, paku

keling atau las. Sedangkan pada konstruksi kayu menggunakan sambungan baut, pasak

atau paku.

Gambar 2.1 Bentuk Struktur Rangka Batang

Gambar 1.2 Detail salah satu sambungan

Titik Buhul


6/108

Analisa Struktur II


1.2 Tipe-Tipe Rangka Batang

Tipe-tipe rangka batang dapat dikelompokkan menjadi dua, yaitu rangka batang

untuk struktur rangka atap dan rangka batang untuk struktur jembatan.

a. Tipe Rangka Batang untuk Struktur Rangka Atap

Gambar 1.3 Tipe rangka batang untuk struktur rangka atap

(a) scissor

(b) howe

(c) pratt

(d) fan

(e) fink

(e) cambered fink

(f) warren

(g) sawtooth

(h) bowstring

(i) three-hinged arch

windowswindows

roofroof


7/108

Analisa Struktur II


b. Tipe Rangka Batang untuk Struktur Jembatan

Gambar 1.4 Tipe rangka batang untuk struktur jembatan

(a) Pratt

(b) Howe

(c) Warren (with verticals)

(d) Parker

(e) Baltimore

(f) Subdivided Warren

(g) K-Truss


8/108

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 (compressionforce).

Gambar 1.5 Gaya tarik dan tekan pada rangka batang

Untuk menganalisis rangka batang perlu diketahui apakah rangka batang

tersebut statis tertentu atau struktur statis tak tentu. Untuk mengetahui struktur rangka

batang tersebut statis tertentu atau statis tak tentu dapat dijelaskan dengan persamaan

berikut ini.

b + r = 2j (statis tertentu) (1)

b + r > 2j (statis tak tentu) (2)

dimana : b : jumlah batang

r : jumlah reaksi

j : jumlah joint

Contoh

Gambar 1.6 Rangka batang statis tertentu

Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu, karena b = 13, r = 3,

j = 8, sehingga 13 + 3 = 2 (8), 16 = 16 (rangka batang statis tertentu).

tariktarik

tekantekan

RV

RH


9/108

Analisa Struktur II


1.3.1 Metode Keseimbangan Titik Simpul

Ada beberapa metode untuk menyelesaian struktur rangka batang statis tak tentu.

Salah satunya adalah metode keseimbangan titik simpul dengan Fx = 0 dan Fy = 0

atau H = 0 dan V = 0. Untuk menjelaskan metode ini, berikut diberikan contohperhitungan.

Contoh 1

Diketahui rangka batang dengan geometri dan beban seperti pada gambar. Setiap

joint pada rangka batang diasumsikan sebagai sendi. Perletakan titik A sendi dan titik B

adalah rol. Hitung gaya-gaya batang struktur tersebut.

Gambar 1.7 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 1

Penyelesaian

Reaksi perletakan didapat Ay dan Dy = 4 kN, Ax = 0Struktur rangka batang di atas adalah struktur rangka batang simetri, sehingga kita

tinjau setengah bagian saja.

A

B C

D

E

F

G

Ay = 4 kN Dy = 4 kN

Ax = 0

3 kN 3 kN

2 kN

3 m 3 m 3 m

300 60

0 60

0 60

0


10/108

Analisa Struktur II


Titik A

Fy= 0

4 FAGsin 300= 0FAG= 8 kN (tekan)

Fx= 0FAB- 8 cos 30

0= 0 FAB= 6,93 kN (tarik)

Titik G

Fy= 0

4 FGB 3 cos 300= 0FGB= 2,6 kN (tekan)

Fx= 0

8 - 3sin 300 FGF= 0 FGF= 6,5 kN (tekan)

x

y

FAG

FAB

4 kN

A

300

x

y

FGF

FGB

G

300

3 kN

8 kN


11/108

Analisa Struktur II


Titik B

Fy= 0

FBFsin 600 2,6 sin 60

0= 0FBF= 2,6 kN (tarik)

Fx= 0

FBC+ 2,6 cos 600+ 2,6 cos 60

0 6,93 = 0 FBC= 4,33 kN (tarik)

Contoh 2

Diketahui struktur Rangka Batang dengan geometri dan beban seperti pada gambar.

Gambar 1.8 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 2

Mencari reaksi perletakan

MA= 0 RB. 4 - 4 . = 0

RB= 1t

MB= 0

RA. 4 - 4 . 3= 0RA= 3t

Pemberian notasi

Untuk mempermudah penyelesaian, tiap-tiap batang perlu diberi notasi.

Untuk batang atas diberi notasi A1; A2dan A1; A2

BA

4t

RB= 1tRA= 3t

x

y

FBF

FBCB

600

6,93kN

600

2,6 kN


12/108

Analisa Struktur II


Untuk batang bawah diberi notasi B1, B2dan B1, B2

Untuk batang diagonal diberi notasi D1; D2dan D1; D2

Untuk batang vertikal diberi notasi V1; V2dan V1; V2 serta V3

Tiap-tiap titik simpul diberi nomor urut dari I s/d X.

Penyelesaian

Titik I

V = 0 3 t + V1= 0

V1= -3 ton (berarti batang tekan)

H = 0 B1+ 0 = 0 B1= 0 (batang nol)

Batang A1 dan D1 dianggap tarik dan batang D1 diuraikan menjadi gaya batang

horizontal dan vertikal.

V1= - 3 t (menuju titik simpul)

XI

4t

1t3t

D1 D2 D2 D1V1 V2 V3 V2 V1

B1 B2 B2 B1

A1 A2 A2 A1II

IIIV VII

IV VI VIII IX

3t

B1

V1

V1

B1 = 0


13/108

Analisa Struktur II


Titik II

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

2 .

V = 0 - 3 t + D1 2 = 0

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

H = 0 A1+ D1 2 = 0

A1= - D1 2 = - . 3 2.2

A1= - 3 ton (tekan)

Titik III

Batang V2dan B2dianggap tarik

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

V = 0 4 t 3 t V2= 0

V2= 1 t (tarik)

H = 0 B2 3 t = 0

B2= 3 t (tarik)

P = 4t

B1= 0

3 t

3 t

B2

V2

3 2

D1

A13t

D1 2

D1 2

V1


14/108

Analisa Struktur II


Titik IV

Batang A2dan D2dianggap tarik.

Batang D2diuraikan menjadi gaya horizontal dan vertikal D2 2

V = 0 D2 2 + 1 t = 0

D2= - 2 t (tekan)

H = 0 3 + A2 + D2 2 = 0

3 + A2 1 ton = 0

A2= - 2 ton (tekan)

Titik VI

Batang A2 dan V3dianggap tarik

V = 0 V3= 0 ton

H = 0 A2 + 2 t = 0

A2 = - 2 t (tekan)

D2

A2

1 t

3 t D2 2

D2 2

A2

V3= 0

2t


15/108

Analisa Struktur II


Titik V

Batang D2 dan B2 dianggap tarik

Batang D2 diuraikan horizontal dan vertikal

V = 0 D2 2 + 0 1 t = 0

D2 = 2 t (tarik)

H = 0 B2 + 1t 3 t + 1t = 0

B2 = 1 ton (tarik)

Titik VIII

Batang A1 dan V2dianggap tarik

H = 0 2 t + A1 1 t = 0

A1 = - 1 t (tekan)

V = 0 1 + V2 = 0

V2 = - 1t (tekan)

B23 t

A1

2 t

V2

2 t

0 t

D2

1 t

1 t

D2 22

D2 2


16/108

Analisa Struktur II


Titik VII

Batang D1 dan B1dianggap tarik

Batang D1 diuraikan menjadi D1 2

V = 0 D1 2 1 t = 0

D1 = 2 t (tarik)

H = 0 B1- D1 2 - 1t = 0

B + 1 1 = 0

B1 = 0t

Titik X

V = 0 1t + V1 = 0

V1 = - 1t (tekan)

D1

B11t

1t

D1 2

D1 2

RB= 1t

B1 = 0

V1


17/108

Analisa Struktur II


Kontrol ke Titik IX

V = 0

V1 D1 2 = 0

1t . 02.2 = (ok)

H = 0

A1 D1 2 = 0

1 . 2 . 2 = 0 (ok)

Tabel 1.1 Gaya-gaya Batang

Batang Gaya Batang

A1 - 3 t

A2 - 2 t

A2 - 2 t

A1 - 1 t

B1 0

B2 3 t

B2 1 t

B1 0V1 - 3 t

V2 1 t

V3 0

V2 - 1 t

V1 -1 t

D13

t2

D2-

t2

D2 t2

D1 t2

Batang B1 dan B1 = 0, menurut teoritis batang-batang tersebut tidak ada, tapi

mengingat struktur rangka batang terbentuk dari rangkaian bentuk maka batang ini

diperlukan. Batang atas pada umumnya batang tekan dan batang bawah adalah batang

tarik.

V1 = 1 t (tekan)

A1 = 1 t (tekan)

D1 = 2 (tarik)


18/108

Analisa Struktur II


Contoh Soal 3

Suatu konstruksi Rangka Batang, dengan notasi seperti pada gambar, beban

sebesar 3 ton terletak di titik simpul III

Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu.

Reaksi Perletakan

MB= 0

RA=3

2x 3 t = 2 t

MA= 0

RB=3

1x 3 t = 1 t

Titik Simpul I

Batang D1dan B1dianggap tarik

Batang D1diuraikan ke arah vertikal dan horizontal sebesar D1 2

Ky = 0

D1 2 + 2t = 0

B1 B2 B3

D3D2D1V1 V2

II A V

VII

3t2t 1t

IVIII

BA

B1

D1

D1 2

D1 2

2 t (reaksi)


19/108

Analisa Struktur II


D1= -2

2. 2 = - 22 t . (tekan)

Kx = 0

B1- D1 2 = 0B1= 2 ton (tarik)

Titik III

Gaya batang V1 dan B2 dianggap tarik

Ky = 0 V1= 3 ton (tarik)

Kx = 0 B2= 2 ton (tarik)

Titik II

Gaya batang A dan D2 dianggap tarik

Kx = 0

D1 2 - 3t D2 2 = 0

D2 2 = -3 t + . 2 2 . 2 = -3 + 2 = -1 (tekan)

D2= - 2 t (tekan)

Ky = 0

A + D1 2 + D2 2 = 0

A + . 2 2 . 2 - . 2 . 2 = 0

A = 1 2 = -1t (tekan)

3t2tB2

V1

3tD2

D2 2

D2 2 D1 2

D1 2

D1= 2 2

A


20/108

Analisa Struktur II


Titik IV

Gaya batang V2 dan B3 dianggap tarik

Ky = 0

D2 2 - V2= 0

V2= . 2 . 2 = 1 t (tarik)

Kx = 0

B3 B2+ D2 2 = 0

B3= 2 - . 2 . 2 = 1 t (tarik)

Titik VI

Gaya batang D3 dianggap tarik

Ky = 0

D3 2 + 1t = 0

D3 = - 2 . 1t

D3 = - 2 t (tekan)

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

B3

V2

B2= 2t

D2= t2

D3

1 tB3= 1t


21/108

Analisa Struktur II


Kontrol

Titik V

Kx = 0

A . D3 2 = 0

1t . 2 . 2 = 0 (ok)

D3

V2= 1t

A = 1t


22/108

Analisa Struktur II


BAB II

STRUKTUR KABEL

2.1 Pendahuluan

Pada umumnya struktur kabel digunakan pada struktur jembatan gantung.

struktur kabel yang akan diuraikan disini adalah bentuk struktur kabel pada jembatan

gantung sederhana. Konstruksi jembatan ini terdiri dari pelengkung penggantung yang

berbentuk lengkung parabola, tiang-tiang penyangga pelengkung (pylon), batang-batang

penggantung, dan balok-balok pendukung lantai kendaraan. Pelengkung penggantung

terbuat dari kabel yang menumpu di puncak kolom pylon dan dikaitkan pada angker

blok. Balok utama pendukung lantai kendaraan dapat berupa balok biasa (Gambar 2.1)

atau dapat juga berupa konstruksi rangka batang (Gambar 2.2).

Sistem struktur jembatan gantung sederhana yang akan dipelajari adalah struktur

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

A BPelengkung penggantung

(kabel)

Batang penggantung

SA B

Balok pendukung lantai

Lantai kendaraan

Angker blok

pylon

Gambar 2.1 Balok pendukung lantai dari balok biasa

S

A B

Gambar 2.2 Balok pendukung lantai dari konstruksiran ka batan

Angker blok

fPuncakpelengkung


23/108

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) tinggipylon 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 HA= 0

MB= 0 RA . L P (L - a) (q . 6) . 3= 0

RA=L

.q.18)a-L(P +

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 .2

L P a)-

2

L( (q.2). H.h + H.h1= 0

H = )h-(h

.2q-a)-

2

LP(-

2

L.R

1

A

; f = h h1

H =f

.2q-a)-2

LP(-

2

L.R A


24/108

Analisa Struktur II


Gambar 2.4 Potongan I - I

Menentukan besarnya gaya pada batang penggantung (T)

Gambar 2.3 Struktur Jembatan Gantung

dengan bentang 8

SA

B

f

1 2 3 4 65

1

23 4

5

6

S

A B

RBRA L = 8

h1

hq

SA

f

1 2 3

RA

H

I

HI


25/108


26/108

Analisa Struktur II


Gambar 2.6 Cremona gaya-gaya batang T dan D.

Menentukan besarnya gaya T.

Untuk menyederhanakan perhitungan gaya-gaya, T dianggap sebagai beban

terbagi rata qtdimana qt=T

(Gambar 2.5)

Perhatikan gambar c2, Momen akibat H = H.f, Momen akibat T = Lq8

1t

Momen akibat H = Momen akibat T.

H.f = L.q8

1t = L.)n(.

T.

8

1

dimana : n jumlah lapangan genap

H.

nL

8fT=

Untuk jumlah lapangan n ganjil (Gambar 2.5)

Momen akibat H = momen akibat T

H.f = .)2

1-n(

2

q-)

2

1-n(.

2

Lq tt

= )]n8

12n-n(-)

4

1-n[(Lq t

+

= 1)-2n-2-n2(n8

Lq t

+

= 1)-n(8n

T.L1)-n(

n8

Lq t

=

H)L

8f'

1-n

n(T=

H

T1

T2

T3TS

T4

T5

T6D6-B

D5-6D4-5

D5-4

D3-5D2-3D1-2DA-1

Ti: gaya-gaya batang penggantung

D : gaya-gaya pada kabel

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


27/108

Analisa Struktur II


Contoh 1

Diketahui struktur jembatan gantung dengan bentuk, dimensi serta beban yang bekerja

seperti pada Gambar 1.7 di bawah ini. Gambarkan bidang gaya lintang (D) dan momen

(M).

Gambar 2.7 Contoh 1 struktur jembatan gantung

Penyelesaian

Menentukan ordinat yipada pelengkung parabola

( )4 4.6 (24

24

- x -x)

Li

fx Lf = =

( )24- x

24i

xf =

Sumbu x = 0 terletak di titik A

=4m

6 mP=8t

A BSI

L = 24 m

f1 f2 f = 6mI

BA

T T T T T

RA RB

P = 8tT)

2

1-n(

Tn

)2

1-(

RB

BA

RA

(+)(+)

(-)

1,334

1,333

Bid. : D

2,667

2,667

10,67(+)

10,67

5,33 (-) 5,33 Bid. : Mc

b

a

1 2 S 3 4


28/108

Analisa Struktur II


Untuk x = 4 m m333,324

4-244f1 ==

Untuk x = 8 m m333,524

8-248f2 ==

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= 0RA.L P . 18 = 0

RA = t624

8.18

L

18.P==

V = 0 RA+ RB- P = 0

RB= P RA= 8 6 = 2 t

Menentukan besarnya gaya H. Perhatikan potongan I-I

Ms = 0 RA.2

L- P . 6 H . f = 0

t46

8.6-24/2.6

f

P6-2

L.RA

H ===

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

gaya T dihitung dengan rumus :

T = t333,14.24.6

6.8H.

nL

f8==

Menghitung besarnya gaya-gaya lintang untuk menggambarkan bidang gaya lintang

(D).

Bidang D (Gambar 2.7 a dan b)

DA-1= RA-2

5-6T.

2

1)-n(= . 1,333 = 2,667 t

D12 = DA-1+ T 4 = 2,667 + 1.333 4 = 0 t

D2S = D12 4 + T = 0 4 + 1,333 = -2,667 t

DS3 = D2S+ T = -2,667 + 1,333 = -1,334 t

D34 = DS3+ T = -1,334 + 1,333 0 t

D4B= D34+ T = 0 + 1,333 = 1,333 t

Bidang M (Gambar 2.7 a dan c)

Besarnya momen dihitung dari kiri (bagian A-S)


29/108

Analisa Struktur II


MA= 0 tm

M1= 4.333,1.2

564.

2

)1(

=

T

nRA = + 10,67 tm

M2= ( ) 4.48.2

.)1(

+

T

TnRA = + 10,67 tm

MS= ( ) 4.)4(8.412.2

.)1(++

TT

TnRA = 0 tm

Besarnya momen dihitung dari kanan (bagian B S)

Ms= ATTTn

RB .8.12.2

.)1(++

= 0 tm

M3= 4.333,1.2

524.

2

.)1(

=

TnRB = - 5,33 tm

Besarnya momen dapat juga menggunakan metode potongan.

M1menggunakan potongan yang melalui titik simpul 1.

M2menggunakan potongan yang melalui titik simpul 2.

Gambar 2.8 Potongan I I untuk contoh 1

Ditinjau potongan I-I

M1= RA . 4 H . h + H h1

RA. 4 H (h h1)

RA. 4 H . f1

= 6.4 4 . 3,333

= + 10,67 tm (OK)

4 mRA

h1

f1 H

IH

h

I

1


30/108

Analisa Struktur II


Gambar 2.9 Potongan II II untuk contoh 1

Berdasarkan hasil analisis perhitungan M1 dan M2 diatas, dapat diuraikan

sebagai berikut :

M1= RA. 4 H . f1Dimana : RA. 4 adalah momen di titik simpul 1 akibat beban di atas 2 perletakan

statis tertentu.

H . f1 adalah momen di titik simpul 1 akibat gaya H dari konstruksi

Jembatan Gantung.

M2= RA. 8 P . 2 H . f2

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

perletakan statis tertentu.

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

Jembatan Gantung

2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh

Rangka Batang

Seperti halnya Struktur Jembatan Gantung dengan pendukung lantai kendaraan

balok biasa, gaya-gaya batang pada Rangka Batang sebagai pendukung utama lantai

kendaraan, akan dipengaruhi oleh komponen horizontal dari gaya kabel H. Pada

prinsipnya pengaruh gaya H pada balok pendukung biasa atau pada rangka batang

terhadap gaya-gaya dalamnya (Bidang D, M, dan gaya-gaya batang pada rangka batang)

adalah sama. Jadi untuk menentukan besarnya gaya-gaya batang akibat beban tetap

merupakan gaya-gaya batang pada rangka batang diatas dua perletakan ditambah

dengan akibat pengaruh dari gaya H.

8 m

f2II

H

h

II

2

Ditinjau potongan II II

M2= RA . 8 H . f2 P . 2

= 6 . 8 4 . 5,333 8 . 2

= + 10,67 tm (OK)

H

2m

8 ttitik titik


31/108

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, B3dan D4.

Gambar 2.10 Contoh 2 struktur jembatan gantung

Penyelesaian

Menghitung reaksi perletakan

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

VA= t4,3960

21.42.250.12 =+

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 =t57

14

2.450-30.6,56

f

15.30.q-30.VB==

Menghitung : f5dan f6

fx=L

x)-(lxf4(x m dihitung dari perletakan B).

A

VA

P=12t

f = 14m

S

10 x 6 m

B

6 m

4m 2m

5

VB

A4

D4

B3

6

65

q = 2 t/m

f5 f6


32/108

Analisa Struktur II


f5= m44,13)60(

24)-60(24.14.4=

f6= m76,11

)60(

18)-60(18.14.4=

Untuk menghitung besarnya gaya-gaya batang A4, B3 dan D4 digunakan metode

potongan. Untuk gaya-gaya batang A4, B3 dan D4 digunakan potongan I - I seperti

tercantum pada gambar di bawah ini, ditinjau sebelah kanan. Beban terbagi rata q

dijadikan beban terpusat yang bekerja pada titik-titik simpul 6, 7, 8 dan B.

Gambar 2.11 Potongan I I contoh 2

Menghitung gaya batang A4.

Ditinjau sebelah kanan potongan I - I

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

A4 = t4,08-6

57.11,76186)-6,56(14472=

+++(tekan)

Menghitung gaya batang B3


6 m 6 m 6 m 6 m

6 m

D4

A4

f5 f6

12 t 12 t 12 t 6 t

H

B

VB

56 7 8

65

B3 I

I

HH


33/108

Analisa Struktur II


M5= 0 B3.6 + 12.6 + 12.12 + 12.18 - (VB 6) 24 + H . f5= 0

B3= t72,26

57,13,44-246)-(56,6216-144-72-+=

+(tarik)

Menghitung gaya batang D4


V = 0 D4sin -12 12 12 6 + VB 0H)6

f-f(

65=

D4 = t1,923-2.57/6).1,68-56,6-42(

= (tekan)

2.5 Kesimpulan

Gaya H dan T (batang penggantung) merupakan komponen-komponen dari gaya

kabel. Besarnya gaya T sama disetiap batang penggantung.

Bentuk grafik bidang-bidang gaya lintang (D) dan momen (M) pada konstruksi

jembatan gantung tergantung pada 2 kelompok susunan gaya yaitu :

- 1 kelompok gaya-gaya dari konstruksi balok diatas 2 perletakan yang

berupa reaksi dan beban yang bekerja.

- 1 kelompok gaya-gaya yang lain berupa komponen-komponen dari gaya

kabel yaitu gaya-gaya T dan H.

- Gaya H ditentukan dulu, kemudian gaya T yang besarnya merupakan

fungsi dari gaya H, n, L dan f atau fdapat ditentukan.

- Besarnya gaya H dihitung dengan menggunakan Ms = 0 (ditinjau

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


34/108

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


35/108

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

normal penggambarannya cukup kompleks, sehingga biasanya jarang dihitung.

Gambar 3.3 Gaya-gaya yang bekerja pada pelengkung 3 sendi

Dari Gambar 3.3, kedua perletakan struktur pelengkung dibuat sendi, sehingga

terdapat 4 reaksi, sedangkan persamaan dari syarat keseimbangan hanya 3 buah yaitu :

H = 0; V = 0 dan M = 0.

S

A BHA HB

VA VA


36/108

Analisa Struktur II


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

tambahan satu persamaan lagi yaitu Ms = 0 (jumlah momen pada sendi = 0). S adalah

sendi yang terletak pada pelengkung tersebut sehingga struktur tersebut dinamakan

struktur pelengkung 3 sendi.

3.3 Penempatan Titik s (Sendi)

Sendi s yang dipakai untuk melengkapi persamaan pelengkung 3 sendi terletak di

busur pelengkung antara perletakan A dan B. Letak sendi tersebut bisa di tengah-tengah

busur pelengkung atau tidak. Hal ini tergantung dari kondisi di lapangan.

Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan geometri dan beban seperti pada gambar.

Gambar 3.4 Data Geometri pelengkung 3 sendi

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

II

1A

I

2

11AEE hHxq2

1xVM =

maka nilai ME-Edibagi menjadi 2 bagian :

2

11A xq2

1xVI =

1A hHII =

q kg/m

S

f

HBHA

l

BA

VBVA

E

h1


37/108

Analisa Struktur II


Nilai2

11A xq2

1xVI = sama dengan persamaan momen dan bidang momen pada

balok di atas 2 perletakan yang dibebani beban merata.

Perhatikan nilai II = HA . h1, jika potongan E-E bergerak dari perletakan A ke B, maka

nilai x1bergerak dari 0 s/d l dan h1nilainya akan berubah dari 0 perlahan-lahan naik

sampai dengan f dan turun sampai dengan 0 lagi dimana nilai h1(kalau x1berubah) akan

sama dengan nilai ketinggian pada parabola.

Misal :

Jika potongan E-E di A x1= 0 dan h1= 0

Jika potongan E-E di S x1= ldan h1= f

Jika potongan E-E di B x1= ldan h1= 0, dan seterusnya.

Nilai II = HA.h1

HA: konstant

h1: ketinggian pelengkung

Jadi nilai II gambarnya adalah parabola dengan tanda (-).

Gambar 3.5 Gambar nilai I dan II

Bidang M.

Gambar nilai I = VA.x1 q x1

+

Gambar nilai II = HA.h1


38/108

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 HAdan VAatau HBdan VBdicari bersamaan.

Pendekatan 2 : jika VAdan VBdicari dulu, baru HAdan HBkemudian

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

Pendekatan 1

HA dan VA dicari dengan persamaan MB = 0 dan MS = 0 (bagian kiri) (2

persamaan dengan 2 bilangan tak diketahui)

MB= 0

VA.l HA. (hA-hB) P1.b1= 0 ..........................................(1)MS= 0 VA.a HA.hA P1.S1= 0 ..(2)

(bagian kiri)

Dari persamaan (1) dan (2) maka VAdan HAbisa dicari.

+ -+

hB

hA

S

a

A

B

VB

VA

b

HB

HA

a1 b1

S1

l

P1


39/108

Analisa Struktur II


HBdan VBdicari dengan persamaan MA= 0 dan MS= 0 (bagian kanan) 2

persamaan dengan 2 bidang tidak diketahui

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

MS= 0

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

Dari persamaan (3) dan (4) maka VBdan HBbisa dicari.

Pendekatan 2

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

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

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

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

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

mencari besarnya Ab dan dengan Ms = 0 dari bagian kanan kita bisa mencari besarnya

nilai Ba.

Mencari reaksi Av

MB= 0 Av.l P1.b1= 0Av =l

1b1P .........................................(1)

Mencari reaksi Bv

MA= 0 Bv.l P1.a1= 0 Bv =l

1a1P ......(2)

Mencari reaksi Ab

BV

P1S

S1

Ab

a1

f

Ba

A

B

b1

l

a bAV


40/108


41/108

Analisa Struktur II


3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N)

Untuk balok yang lurus, bukan pelengkung, kita dengan mudah menggambarkan

bidang momen dan gaya lintangnya. Bagaimana dengan bidang gaya dalam pada

pelengkung ?

Bidang Momen

Pada gambar (a), dimana suatu pelengkung 3 sendi dibebani beban terbagi rata q kg/m.

Jika x adalah titik yang ditinjau bergerak dari A - B, maka

II

A

I

2

AX yHxq2

1xVM =

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

pelengkung dengan fungsi

x)(xf4y

l

l= .

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

mudah penggambarannya!

VB

Gambar 3.8 Pelengkung 3 sendi dengan beban terbagi rata

HA HBVA

S

y

A B

q kg/mx


42/108


43/108

Analisa Struktur II


Gambar 3.10 Uraian Vx dan Hx pada sumbu batang

Dx= jumlah komponen yang tegak lurus garis singgung

Nx= jumlah komponen yang sejajar garis singgung, maka

)(bawahkearahkiribagiangayaJumlah

x

)(ataskearahkiribagiangayaJumlah

xx cosHcosVD

+

=

)(batangmenekaninigayaKedua

xx

xxx

)cosHsin(V

cosHsinVN

+=

=

Dari uraian diatas, untuk menggambar bidang D atau N akan mendapat kesulitan.

Karena perubahan setiap titik x, maka garis singgung dan sudutnya akan berubah.

Biasanya yang ditanyakan dalam struktur pelengkung bukanlah bidang M, D, N, namun

besarnya nilai M, D, N di salah satu titik pada daerah pelengkung.

Garis singgung di x

Garis singgung tersebut membentuk sudut

dengan garis horizontal, maka Vx dan

Hx harus diuraikan ke garis singgung

tersebut.

Vx cos

Vx sin

Vx

Hx cos

Hx sin

Hx


44/108

Analisa Struktur II


Contoh 1

Gambar 3.11 Contoh 1 struktur pelengkung 3 sendi

Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola

x)(xf4y

l

l= dengan

ukuran dan beban seperti pada gambar. Hitung Nilai VA; VB; H; Mc; Dcdan Nc.

Penyelesaian

HA= HB= H (karena beban luar simetri dan tidak ada beban horisontal)

Mencari VAdan VB

MB= 0VA. l q l. l= 0 VA= .3.10 = 15 ton

MA= 0 VB. l q l. l= 0 VB= 15 ton

Mencari H

Ms = 0 (Tinjau kiri S)

VA . 5 - H . 3 q . (5) = 0

H = ton5,123

25.3.2/15.15

3

)5(.2/15.=

=

qVA

3 t/m

S

BAH H

C

f = 3 m

2.5 m

xcVA VB

c

yc

5 m 5 m


45/108


46/108

Analisa Struktur II


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

Hc= H = 12,5 ton

Dc = Vccos c Hcsin c

= 7,5 . 0,8575 12,5 . 0,5145= 6,4312 6,4312 = 0

Nc = - (Vc.sin c+ Hccos c)

= - (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.


47/108

Analisa Struktur II


Contoh 2

Gambar 3.13 Contoh 2 struktur pelengkung 3 sendi

Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabolal

)xl(fx4 dengan

bentang l= 10 m dan tinggi f = 3 m, serta beban horisontal P sebesar 6 ton pada jarak

horizontal 2 m dari titik A. Hitung nilai VA; VB; HA; HB; Mc; Dc dan Nc.

Penyelesaian

Mencari VAdan VBUntuk mencari VAdan VBperlu tahu tinggi ypuntuk xp= 2 m

Yp= m92,110

)210(2.3.4=

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

VA. 10 + 6 . 1,92 = 0

VA= -1,152 ton ()

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

VB. 10 - 6 . 1,92 = 0

VB= + 1,152 ton

v = 0VA+ VB= 0 (OK)

S

BAHA HB

C

f = 3 m

VA

yc

5 m 5 m

yp

P=6t

xp=2m

xc=2.5m

VB


48/108

Analisa Struktur II


Mencari HAdan HB

MS= 0 (kiri)

VA. l HA. f P ( f yp ) = 0

- 1,152 . 5 HA. 3 6 (3 1,92) = 0

- 5,76 HA. 3 6 . 1,08 = 0

HA= )(ton08,43

48,676,5=

MS= 0 (kanan)

VB. l HB. f = 0

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

Kontrol H = 0P + HA+ HB= 0

6 4,08 1,92 = 0 (OK)

Mencari Mc, Dcdan Nc

yc= 2,25 m

c= 30,96

sin c= 0,5145; cos = 0,8575

Mc= - VA.xc+ HA. yc P (yc yp)

Gambar 3.14 Menentukan yc dan c

C

VB

yc

VA

HA HB

P=6 t

c


49/108


50/108

Analisa Struktur II


3.5Muatan Tak Langsung untuk Pelengkung 3 Sendi

Seperti pada balok menerus, pada pelengkung 3 sendi ini pun terdapat muatan

tak langsung. Pada kenyataannya tidak pernah ada muatan yang langsung berjalan diatas

gelagar pelengkung 3 sendi, harus melalui gelagar perantara.

Gambar 3.16 Muatan tak langsung untuk pelengkung 3 sendi

Prinsip dasar penyelesaiannya sama dengan muatan tak langsung pada balok.

Muatan akan ditransfer ke struktur utama, dalam hal ini pelengkung 3 sendi, melewati

gelagar perantara dan kemudian ke kolom perantara.

Pelengkung

Kolom perantara

Gelagar perantara

S


51/108


52/108

Analisa Struktur II


Contoh 3

Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan muatan tak langsung dengan geometri

dan beban seperti pada gambar di bawah ini. Hitung Mc, Dc, dan Nc.

Penyelesaian

Prinsip penyelesaian sama dengan muatan tak langsung pada balok sederhana di atas 2

perletakan. Beban dipindahkan ke pelengkung melalui gelagar menjadi reaksi R1,R2,R3,

R4, R5, dan R6.

cx

C

cy f

s

R1 R2 R3 R4 R5 R6

HA HB

VA

BA

BV

15 m

1 2 3 4 5 6

q = 1 t/m'1 t 1 t

s

f = 4myc

C

1.5m 1.5m

15 mxc

A B

= 4.5 m


53/108

Analisa Struktur II


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

R1= 0 ton

R2= .q = .1.3 = 1.5 ton

R3= .q = .1.3 = 1.5 tonR4= 0.5 ton

R5= 1.5 ton

R6= 0 ton

R1sampai R6akan 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 = 02,6 . 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


54/108

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 nilai c

y =

)x2l(f4'y

)xl(xf4

ll

=

untuk x = 4.5

y = 43,015

)915(4.4=

arc tg c= 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 ()


55/108

Analisa Struktur II


Gaya lintang di titik C (DC)

DC= VCcos c HCsin c

= 1,1 (0,919) 2,625 (0,395)

= -0.026 ton

Gaya Normal di titik C (NC)

NC= VCsin c+ HCcos c

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

= 3,005 ton

Jadi MC= 5,13 tm

DC= -0,026 ton

NC= 3,005 ton

cVc cos c

C

Vc Vc sin c

Hc sin c

Hc cos c

Hc

C


56/108

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).

Gambar 4.1 Balok statis tak tentu

RAVRBV

RAM

RAH

A BC

P

Iq


57/108

Analisa Struktur II


Struktur pada gambar 4.1 disebut struktur statis tak tentu tingkat 1 (luar), karena

reaksi yang terjadi adalah 4 buah sehingga kelebihan 1 reaksi.

2).

Gambar 4.2 Portal statis tak tentu

Struktur pada gambar 4.2 disebut struktur statis tak tentu tingkat 3 (luar), karena

reaksi yang terjadi adalah 6 buah sehingga kelebihan 3 reaksi.

4.3 Metode Consistent Deformation

Metoda Consistent Deformationadalah metode yang paling umum dipakai untuk

menyelesaikan perhitungan suatu struktur statis tak tentu. Struktur statis tak tentu tidak

dapat diselesaikan hanya dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan, karena

mempunyai jumlah bilangan yang tidak diketahui lebih dari tiga. Dengan demikian, kita

membutuhkan tambahan persamaan untuk bisa menyelesaikannya. Untuk mendapatkan

persamaan tambahan, struktur dijadikan statis tertentu dengan menghilangkan gaya

kelebihan, dan menghitung deformasi struktur statis tertentu akibat beban yang ada.

Setelah itu struktur statis tertentu tersebut dibebani dengan gaya kelebihan yang

dihilangkan tadi, dan juga dihitung deformasinya.

Deformasi yang dihitung disesuaikan dengan gaya kelebihan yang dihilangkan.

Misalnya gaya yang dihilangkan adalah gaya horizontal, maka yang dihitung defleksi

horizontal pada tempat gaya yang dihilangkan tadi. Apabila gaya vertikal, yang dihitung

defleksi vertikal sedangkan kalau yang dihilangkan tersebut berupa momen, maka yang

dihitung adalah rotasi. Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya

kelebihan yang dikerjakan sebagai beban telah dihitung, maka dengan melihat kondisi

RBM

RBH

RBV

RAH

RAV

RAM

I

DC

P

B

q


58/108

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 metodeconsistent deformationadalah sebagai berikut:

Tentukan tingkat atau derajat ketidaktentuan struktur

Buat struktur menjadi statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan.

Hitung deformasi struktur statis tertentu tersebut akibat beban yang ada.

Beban yang ada dihilangkan, gaya kelebihan dikerjakan sebagai beban, dan dihitung

deformasinya. Kalau gaya kelebihan lebih dari satu, gaya kelebihan dikerjakan satu

per satu bergantian. Deformasi yang dihitung disesuaikan gaya kelebihan yang

dihilangkan. Untuk gaya vertikal defleksi vertikal, gaya horizontal defleksi

horizontal dan momen rotasi.

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

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

tentu, kita susunan persamaan Consistent Deformation

Dengan bantuan persamaan Consistent Deformation gaya-gaya kelebihan dapat

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

dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan yang ada.


59/108

Analisa Struktur II


Contoh 1

Gambar 4.3 Penyelesaian dengan consistent deformation

Balok diatas 2 tumpuan jepit-rol.

R = 4 > 3 (kelebihan 1 R)

Struktur statis tidak tertentu tingkat 1 (satu)

RBV sebagai gaya kelebihan

B menjadi bebas

BV defleksi yang dihitung

Akibat beban yang ada dihitung defleksi vertikal di B (BV).

Akibat gaya kelebihan (RBV) sebagai beban dihitung defleksi vertikal di B (BVRBV)

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

Persamaan Consistent Deformation

BV= 0

EI

RAV

RBV

B

qRAM

RBH

A

a). Struktur statis tidak tertentu

L

b). Struktur statis tertentu

A B

q

AB

A B

RBV

BVRBV

BV

c). Akibat beban yang ada

d). Akibat RBVsebagai beban


60/108

Analisa Struktur II


BV+ BVRBV= 0

Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun RBV dapat dihitung. Setelah

RBVdidapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan.

Contoh 2

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

Consistent Deformation: A= 0

A+ AMRAM= 0

Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun, gaya kelebihan RAM dapat

dihitung. Setelah RAMdidapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan

keseimbangan.

RBV

Soal no.1 dapat diselesaikan juga sebagai

berikut :


Struktur statis tidak tertentu tingkat 1

(satu).

RAM-sebagai gaya kelebihan

A menjadi sendi

A rotasi yang dihitung

Akibat beban yang ada dihitung rotasi

di A (A)

Akibat RAM sebagai beban dihitung

rotasi di A (AM RAM).

EI

RAVB

qRAM

RAH

A


L

b). Struktur statis tertentuA B

q

A


BA

A

BAM RAM

RAM

d). Akibat RAMsebagai beban



61/108

Analisa Struktur II


Contoh 3

RAM

RAH RBV

RBH

q

D

B

A

P C

RAV

Portal dengan perletakan A jepit dan

B sendi.


Struktur statis tidak tertentu tingkat 2.


C D

B

A


RBVdan RBH sebagai gaya kelebihanB menjadi bebas

BVdan BH - defleksi-defleksi yangdihitung

q

D

B

A

C

BV

BH


Akibat beban yang ada dihitung

defleksi vertical dan defleksi

horizontal dari B (BVdan BH)

P


62/108

Analisa Struktur II



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

dengan nol. Persamaan Consistent Deformation.

(1) BV= 0 BV+ BVVRBV+ BVhRBH

(2) BH= 0 BH+ BHVRBV+ BHhRBH

Dengan 2 (dua) persamaan Consistent Deformationyang disusun, gaya kelebihan

RBVdan RBHdapat dihitung, setelah RBVdan RBHdidapat, gaya-gaya yang lain dapat

dihitung dengan persamaan keseimbangan.

4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu

Untuk menghitung deformasi, kita bisa menggunakan beberapa metode seperti:

metoda Unit Load, metoda Momen Area dan metoda Persamaan Garis Statis.

Dalam pembahasan ini, kita metoda unit load karena metoda unit load dapat

d). akibat gaya kelebihan RBV

CD

B

A

BVV RBV

BHV RBV

Akibat gaya kelebihan RBV

dikerjakan sebagai beban,

dihitung defleksi vertical dan

defleksi horizontal dari B (BVV

RBVdan SBHVRBV)

RBV

e). akibat gaya kelebihan RBH

Akibat gaya kelebihan RBH

dikerjakan sebagai beban,

dihitung defleksi vertical dan

defleksi horizontal dari B.

RBH

BHhRBH

BVH.RBH

C D

B

A


63/108

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:

xx

xx

s

od

IEmMatau =

- 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

dx

s

0

- 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 ( 1). Arah defleksi / rotasi ditentukan

oleh nilai hasil perhitungan :

Kalau hasil perhitungan positif (+), arah defleksi / rotasi searah dengan beban

unit yang dikerjakan.

Kalau hasil perhitungan negatif (-) , arah defleksi / rotasi berlawan arah dengan

beban unit yang dikerjakan.

Pada struktur Rangka Batang hanya ada defleksi titik simpul. Untuk struktur Rangka

Batang statis tertentu, karena setiap batang mempunyai nilai gaya batang yang tetap

(konstant), maka perumusannya tidak memerlukan perhitungan integral melainkan

hanya penjumlahan secara aljabar saja. Rumus defleksi untuk struktur rangka batang

statis tertentu adalah sebagai berikut :

)AE(

Sn

1i i

ii

=

=

- defleksi

S gaya batang akibat beban yang ada.

- gaya batang akibat beban unit


64/108

Analisa Struktur II


A luas penampang batang

E modulus elastis bahan batang

i nomor batang dari 1 sampai dengan n

=

n

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

Catatan : Gaya batang tarik (+)

Gaya batang tekan (-)

Contoh perhitungan deformasi pada struktur statis tertentu

4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation.

Konsep metoda Consistent Deformationadalah 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.


65/108

Analisa Struktur II


Contoh 1


Suatu balok statis tak tentu dengan ukuran dan pembebanan seperti pada gambar.

A jepit dan B rol. Hitung gaya-gaya dalam dan reaksi perletakannya dengan metoda

Consistent Deformation. Gambar bidang M, N dan D nya.

Penyelesaian :

R = 4 > 3 kelebihan 1 reaksi. Struktur statis tidak tertentu tingkat 1.

VB sebagai gaya kelebihan

BV defleksi yang dicari.

Akibat beban yang ada :

VA= 1 x 8 + 1 = 9 t ()

MA= (1) 8 + 1 x 8 = 40 tm.

MA

VA

EI EI

2 m6 m VB

B

C

P = 1t

q = 1 t/m

AHA

EIA B C

2 m6 m

a). Struktur statis tak tentu


A

MA= 40 tm

EI EIB

P = 1t

C

2 m6 mVA= 9t

q = 1 t/m

x2 x1



66/108

Analisa Struktur II


VA= 1t ()

MA= - 1 x 6 = -6

Persamaan momen : (mx).

CB0 < x1< 2 mx1= 0

BA 0 < x2< 6 mx2= -x2

Akibat beban yang ada :

2x22

2

2

6

011

2

1

2

0

s

0BV dEI

)x()4x3x(1/2-dxEI

)0()xx2/1(-dxEI

mxMx

+++

+==

= + [ ] ( )

+=++

EI

450x2xx8/1

EI

1 60

22

32

42

Akibat beban VB= 1t ()

BV= )(EI

72]x3/1[

EI

1dx

EI

)-x(

dxEI

m

60

322

26

0

2x

s

0

+===

Struktur aslinya B adalah rol BV= 0


BV+ BVVB= 0

0VEI

72

EI

450B =+ VB= -6,25 t ()

Persamaan momen : (Mx)

CB0 < x1< 2

Mx1 = - x1 - x1= - ( x21 + x1)

BA 0 < x2 < 6

Mx2 = - (x2 + 2) 1(x2+ 2)

= - ( x22+ 3x2 + 4)

A EI BC

2 m6 m

EI

1

x2 x1

MA = 61

VA= 1

Akibat beban unit di B ()

( Akibat beban VB= 1t () )


67/108

Analisa Struktur II


Gambar 4.7 Bidang momen, gaya lintang, dan gaya normal

- Bidang Gaya Lintang (D)

AB 0 < x1< 6 Dx1= 2,75 x1

Dx = 0 2,75 x1= 0x1= 2,75

DA= 2,75 tDBkr= 2,75 6 = - 3,25 t

CB 0 < x2< 2 Dx2= x2 + 1

DC = +1

DBkn= +3

MA= 2,50 tmq = 1 t /m

BC

1t

A

6 m 2 m

VA= 2,75 t VB= 6,25 t

(e) reaksi perletakan balok

3,25 t

2,5 t 3 t1t

CB

++

A

2,75 m-

(f) Bidang gaya lintang (D)

3,25 t

2,5 t 3 t1t

CB

++

A

2,75 m-

(-) (-)

(+)

1,28125 tm

A B C

4 tm2,5 tm

2,75 m

(g). Bidang Momen

V = 0 VA+ VB= 8 + 1

VA= + 2,75 t ()

H = 0 HA= 0

MA= 0 MA+ VBx 6 8 x 4 1 x 8

= 0

MA= + 2,5 tm

- Bidang Gaya Normal (N) N = 0

- Bidang Momen (M)

AB 0 < x1< 6

Mx1= 2,75 x1 2,50 x12

m75,2x75,20dx

dm1

1

1x=

x-== 1

Mmax = 2,75 x 2,75 2,50 (2,75)

= + 1,28125 tm

CB 0 < x2< 2

Mx2= - x2

2 x2

MB= - (2)2 2 = - 4 tm


68/108

Analisa Struktur II


Contoh 2

q = 1 t/m

HcVc

EI

B C

A

A

MA

VA 4 m

4 m



Suatu struktur portal statis tidak tertentu

dengan ukuran dan pembebanan seperti

pada Gambar. A jepit dan C sendi.

Selesaikan portal tersebut dengan

metoda Consistent Deformation

Gambarkan bidang M, N dan D nya

Penyelesaian :

R = 5 > 3 kelebihan 2 reaksi. Strukturstatis tidak tertentu tingkat 2.

MA dan HC sebagai gaya kelebihan

sehingga A menjadi sendi dan C

menjadi rol.

A dan CH deformasi yang

dihitung.

q = 1 t/m

Vc = 2t

B C

AVA= 2t

x2

x1

(c). Akibat beban yang ada

Akibat beban yang ada.

H = 0HA= 0

VA= VC= x 1 x 4 = 2 t ()

Persamaan momen (Mx)

AB 0 < x1< 4 m Mx1= 0

CB 0 < x2< 4 m Mx2= 2 x2 x2

2

EI

B

C

AMA

4 m

4 m

EI


69/108

Analisa Struktur II


e). Akibat beban unit horizontal di C ()

(beban HC= 1t)

Deformasi akibat beban yang ada :

EI3

8

-]x32

1

x6

1

-[EI

1

)d4

x

-()x2

1

-(x2

EI

1

dxEI

mM

A

4

0

4

2

3

2x2

22

22

4

0

rxs

s0 =+===

)(3

32

8

1

3

21dxx

2

1-2

14

0

43

x22

2

22

4

00

+=

=

==EI

xxEI

xEI

dxEI

mM hxs

CH

s

Deformasi akibat MA= 1 tm

d). Akibat beban unit momen di A

(Beban MA= 1 tm

Vc = EI

B C

A

VA=

x2

1

x1

Akibat beban unit momen di A

(beban MA= 1 tm )

H = 0 HA= 0

MC= 0VA. 4 1 = 0 VA= ()

V = 0 VA+ VC = 0VC= - ()

Persamaan momen (mr)

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

CB, 0 < x2< 4 m mr2= - x2

Akibat beban unit horizontal di C ()

(akibat HC= 1t)

H = 0HA= 1t ()

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

V = 0VA+ VC = 0 VC= + 1t ()

Persamaan momen (mh)

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

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

1

Vc = 1

B

C

A

VA= 1

x2

x1

HA= 1


70/108

Analisa Struktur II


( )

EI3

16

48

x

EI

Ix

EI

Idx

4

x

EI

Idx)1(

EI

Idx

EI

ms

0

4

0

4

0

4

0

324

0122

1r

Am +=+=+==

CHm= ( )

dxx4

x

EI

Id)x)(1(

EI

Idx

EI

mms

0

4

0

4

0 22

2

1x1

hr+=

= )(3

40

122

14

0

3

2

4

0

1 =

EI

x

EI

Ix

EI

I

Deformasi akibat HC= 1t ()

Ah= ( ) dx4

xx

EI

Id)1)(x(

EI

Idx

EI

mms

0

4

0

4

02

221x1

rh+=

=

EI

x

EI

Ix

3

40

122

14

0

3

2

4

0

1 =

CHh= ( ) +=s

xh dxx

EI

Idx

EI

Idx

EI

m

0

4

0

4

0

2211 )(

= )(3

128

33

4

0

3

2

4

0

3

1 +=

+

EI

x

EI

Ix

EI

I

Struktur aslinya A adalah jepit, A= 0

dan C adalah sendi , CH= 0


A= 0 A+ Am. MA+ AhHC= 0

052103

40

3

16

3

8=+=+

CACAHMH

EIM

EIEI (1)

CH= 0 CH+ CHmMA CHhHC= 0

0165403

128

3

40

3

32=++=++

CACAHMH

EIM

EIEI (2)

5 x (1) + 2 x (2)+ 3 7 HC= 0 HC= t73 ()

(1) -1 + 2 MA 57

3( ) = 0 MA= tm

7

4


71/108

Analisa Struktur II


o

Gambar 4.8 Penyelesaian dengan

consistent deformation

Denganfree body diagramkita dapat menggambarkan bidang M, D, N nya.

f). Reaksi perletakan struktur statis tidak terntetu

g). Free Body diagram

7

3t

7

12t

A7

3t

7

4tm

t7

3

t7

16

q = 1 t/m

tm

7

8

7

16t

B C

tm7

8

Bidang Gaya Normal (N) :

Batang AB NAB= t7

16- (tekan)

Batang BC NBC= t7

3- (tekan)

Bidang Gaya Lintang (D) :

Batang AB Dx1= t7

3-

x1= 0 DA= t7

3-

x2= 4 m DBbw= t7

3-

Batang CB Dx2= 2x+7t

12-

x2= 0 Dc =7

12-

x2= 4 m DBkm= t7

164 +=+

7

12-

Untuk Dx= 0 0x2 =+7

12-

x2= + m7

12

q = 1 t/m

HC=

7

3t

VC=7

12t

MB=78 tm

CB

A

MA=7

4tm

VA=7

16t

HA=7

3t

H = 0 HA+ HC= 0HA =7

3t ()

MA= 0 VC x 4 + HCx 4 4 x 2 - MA=0

VC=73-+ )4x

748(

41

= t7

12()

V = 0 VA+ VC 4 = 0

VA =7

16t ()

MB= VCx 4 4 x 2 =

7

12x 4 4 x 2 = -

7

8tm


72/108

Analisa Struktur II


4.7Penyelesaian 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 sebesarL

. 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 sebesarL

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.

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 Deformationnya, dengan

EIA BL

a). Balok statis tertentu

A B

=L

B1=L

b). Akibat B turun sebesar

Gambar 1.9 Penurunan

perletakan balok statis

tertentu

EI

LA B

a). Balok statis tidak tertentu

=L

MA

B

B1

Gambar 1.10 Penurunan

perletakan balok statis tak

tentu

A

b). Akibat B turun sebesar


73/108

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 105kg/cm. Kalau terjadi penurunan perletakan B sebesar B= 2 cm, hitung

reaksi perletakan dan gaya-gaya dalam balok tersebut dengan metoda Consistent

Deformation.

Gambar 4.11 Contoh penyelesaian akibat penurunan perletakan

R = 4 > 3, kelebihan 1 reaksi :

VB sebagai gaya kelebihan

BV defleksi yang dicari

Balok Beton 40 / 60

Ix = 1/12 (40) 60 = 720.000 cm4

E = 2 x 105kg/cm

EI = 2 x 105x 720.000 = 144 x 10

9kg cm

= 14.400 tm

Akibat beban unit di B vertikal

(akibat VB= 1t) ()VA= 1t ()MA= 1 x 6 = 6 tm

b). Perletakan B turun B= 2 cm

B

EIAB

L = 6 m

c . Balok statis tertentu

MA= 6 1

BxA

VA= 1t

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

EIA B

L = 6m

a . Balok statis tidak tertentu

A B

B

MAHA

VA VB


74/108

Analisa Struktur II


BA 0 < x < 6 m mx= -x

BV= xEI

-x)(

dxEI

mx 6

0

=

=EI72]x

31[

EI1 6

0 += ()

B= 0,02 m (diketahui)

Persamaan Consistent Deformation: B= 0,02 m.

02,0VEI

72B =

VB = 0,02 x t472

14400x02,0

72

EI+== ()

Selanjutnya dapat digambar M, D, N akibat penurunan perletakan


75/108

Analisa Struktur II


BAB V

PERSAMAAN TIGA MOMEN

5.1 Pendahuluan

Metoda Consistent Deformationdapat dipakai pada struktur balok portal maupun

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

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

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

sebagai sambungan kaku, dimana dalam sambungan kaku harus dipenuhi dua

persyaratan yaitu :

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

simpul yang disambung secara kaku sama dengan nol ( ==

n

1iTi 0M ).

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.


76/108

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 dengannol.

(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

batangbatang akibat pergoyangan tersebut. Dalam menggambarkan bentuk

pergoyangan ada dua ketentuan yang harus diperhatikan yaitu :

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

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

Batang dapat berotasi akibat perpindahan relatif ujung-ujung batang.

Perpindahan relatif antara ujung-ujung batang dapat digambarkan tegak lurus

sumbu batang dan arah rotasi digambarkan dari arah asli sumbu batang ke arah

sumbu batang setelah bergoyang.

ii jj

L

(a)

jii

L

j i

ij= ji=L

Gambar 5.1 Bentuk pergoyangan

(b)


77/108

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 maupunarahnya. 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 persamaanpersamaan 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 (-).


78/108

Analisa Struktur II


Kalau ada variabel pergoyangan () maka perlu tambahan persamaan

keseimbangan struktur. Disini kita buat perhitungan free body diagramdengan

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

satu persamaan yang menghubungkan antara variable satu dengan yang lainnya.

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

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

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

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

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

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

struktur statis tidak tertemtu tersebut dapat digambarkan.

Contoh langkah-langkah perhitungan dengan metoda persamaan tiga momen

1. Balok diatas tiga tumpuan, A

jepit, B dan C rol. Dengan

beban seperti tergambar :

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

n = 2x3 (2+2x1+2x0+2)

n = 0

( Tidak ada penggoyangan )

Pemisalan momen batang:

MCD = (q )l2+ P x 2

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

= 4 tm

MC = 0 MCB= 4 TM

MB = 0 MBA+ MBC=0

MBA= - MBC(sama besar,

berlawanan arah, MB)

A jepit, ada MA

q = 1 t/mP = 1 t

A

6 m 2 m

B C

6 m

EIEI EI

D

P = 1 t

A B

D

C

MA MB MC=4 tm

A BC

D

BA

BC

a). Balok statis tidak tertentu

b). Permisalan arah momen batang

c). Permisalan garis elastis

Gambar 2.2 Penyelesaian dengan

persamaan tiga momen


79/108

Analisa Struktur II


Variabel yang ada : MAdan 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 ( MAdan MB) maka butuh dua persamaan.

- Dari persamaan keseimbangan momen, telah dipenuhi dari pemisalan arah

momen batang

- Dari persamaan rotasi batang-batang :

A jepit AB= 0 (1)Titik B BA= BC (2)

Dari dua persamaan tersebut , MAdan MBdapat dihitung, setelah momen

momen batang didapat, dengan perhitungan free body diagram bidang

momen ( M ), gaya lintang ( D ), dan gaya normal ( N ), dapat digambarkan.

2.

a). Portal statis tidak tertentu

P1=1t

4 m

4 m

1 m

A B

EI EI

EIC D EEIP2=2t

= 1 t/m

A B

C D DC

Suatu portal dengan perletakan A dan B

sendi, dengan ukuran dan beban seperti

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

= 2 x 4 (3 + 2 x 0 + 2 x 2 + 0)

n = 1

ada sebuah bentuk pergoyangan.

Gambar pergoyangan

Batang AC, A sendi berarti C hanya

bisa bisa berpindah tegak lurus sumbu

batang AC.

Misalkan C berpindah ke C sebesar

kekanan. Batang CD tidak berubah

panjang, D juga bergerak kekanan

sebesar ke D. untuk batang BD

keadaannya sama seperti batang AC.

Batang-batang AC dan BD akibat

pergoyangan berotasi searah jarum

jam.


80/108

Analisa Struktur II


b). Gambar pengoyangan

c). Pemisahan Momen Batang

Menyusun persamaan :

Karena ada 4 variabel (, MC, MDB, MDC) bentuk empat persamaan.

- Dari persamaan keseimbangan momen.

MD= 0 MDB+ MDC MDE= 0 (1)

- Dari rotasi titik simpul

Titik C CA= CD (2)

Titik D DB= DC (3)

- Karena ada variabel , maka perlu persamaan keseimbangan struktur (4)

Dari keempat persamaan yang disusun, variabel-variabel MC, MDB, MDCdan dapat

dihitung. Setelah momen-momen bahwa didapat, dengan perhitungan free body

A B

C

E

CD DCD

CADB

d). Pemisahan garis elastis

Gambar 5.3 Penyelesaian dengan persamaan tiga momen

Variabel yang ada : , MC, MDB, MDC

Pemisahan gambar garis elastis. Batang

CD dimisalkan melendut kebawah,

berarti CDsearah jarum jam sedangkan

DC berlawan arah jarum jam. Maka

untuk batang AC, CAsearah jarum jam,

sedangkan untuk batang DB, DB

berlawanan arah jarum jam.

A B

MCMDB

D

E

P1=1t

P2=2t

MDCC

MDE= 1,5 tm

MC

Pemisahan momen batang.

MDE= (1) 1 + 1 x 1 = 1,5 tm

Titik C, MCA= MCDsama besar

berlawan arah (MC)

Titik D, ada MDB, MDC dan

MDE= 1,5 tm


81/108

Analisa Struktur II


diagram, bidang Momen (M), gaya Lintang (D), dan gaya Normal (N) dapat

digambarkan.

5.3 Rotasi Batang

Dengan metoda-metoda unit loadatau moment area, kita dapat menghitung besar

dan arah rotasi batang sebagai berikut :

a) akibat beban merata

b). akibat beban terpusat ditengah bentang.

c). akibat momen Mij

d). akibat momen Mji

e). aki

Documents

Buku Ajar Analisa Struktur II